两个计数原理.pptx

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1、2.2.分步计数原理 完 成 一 件 事 情 需 要 分 成n 个 不 同 的 步 骤，完 成 第 一 步 有m1 1种 不 同 的 方 法，完 成 第 二 步 有m2 2种 不 同 的 方 法，完 成 第n 步 有mn种 不 同 的 方 法，那 么 完成这件事情共有N=种不同的 方法.m1m2mn第1页/共43页3.3.分类计数原理与分步计数原理，都涉及 的不同方法的种数.它们的区别在于 分类计数原理与 有关，各种方法 ，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与 有关，各个步骤 ，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.完成一件事情分类相互独立分步相互依存第2页/共43页基础自测基础

2、自测1.1.从3 3名女同学和2 2名男同学中选1 1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为（）A.6A.6B.5B.5C.3C.3D.2D.2 解解析析 “完成这件事”即选出一人作主持人，可分选女主持人和男主持人两类进行，分别有3 3种选法和2 2种选法，所以共有3+2=53+2=5种不同的选法.B第3页/共43页2.2.设集合A=1=1，2 2，3 3，44，m，nA，则方程 +=1 =1表示焦点位于x轴上的椭圆有（）A.6A.6个 B.8B.8个 C.12C.12个 D.16D.16个 解解析析 因为椭圆的焦点在x轴上，所以当m=4=4时，n=1,2,3=1,2,3；当m=3=3时

3、，n=1,2=1,2；当m=2=2时，n=1,=1,即所求的椭圆共有3+2+1=63+2+1=6个，故选A.A.A第4页/共43页3.3.右图是某汽车维修公司的维修点环 形分布图，公司在年初分配给A、B、C、D四个维修点某种配件各5050件.在使用前发现需将A、B、C、D四个 维修点的这批配件分别调整为4040、4545、5454、6161件，但调 整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次（n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n）为（）A.15A.15B.16B.16 C.17 C.17 D.18 D.18 解解析析 只需A处给D处1010件，B处给C处5 5

4、件，C处给D处1 1件，共1616件次.B第5页/共43页4.4.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数（）A.7A.7B.64B.64C.12C.12D.81D.81 解解析析 由分步乘法计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4 4种选法，第二步选长裤有3 3种选法，所以，有43=1243=12种选法，故选C.C.C第6页/共43页5.5.有一项活动需在3 3名老师，8 8名男同学和5 5名女同学 中选人参加，（1 1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2 2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？（3

5、3）若只需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？第7页/共43页解解 （1 1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1 1人即可，共有3+8+5=163+8+5=16种.(2)“(2)“完成这件事”需选2 2人，老师、学生各1 1人，分两步进行：选老师有3 3种方法，选学生有8+5=138+5=13种方法，共有313=39313=39种方法.(3)“(3)“完成这件事”需选3 3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行：选老师有3 3种方法，选男同学有8 8种方法，选女同学有5 5种方法，共有385=120385=120种方法.第8页/共43页题型一 分类计数原理【例1 1】在

6、所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有多少个？采采用用列列举举分分类类，先先确确定定个个位位数数字字，再再考考虑虑十十位位数数字字的的所所有有可可能能.然后用分类计数原理然后用分类计数原理.解解 方方法法一一 一个两位数由十位数字和个位数字构成，考虑一个满足条件的两位数，可先确定个位数字后再考虑十位数字有几种可能.一个两位数的个位数字可以是0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9.9.把这样的两位数分成1010类.思维启迪题型分类题型分类 深度剖析深度剖析第9页/共43页（1 1）当个位数字为0 0时，十位数字可以是1 1，2 2，3 3，4 4，5

7、 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有9 9个满足条件的两位数；（2 2）当个位数字为1 1时，十位数字可以是2 2，3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有8 8个满足条件的两位数；（3 3）当个位数字为2 2时，十位数字可以是3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9，有7 7个满足条件的两位数；以此类推，当个位数字分别是3 3，4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9时，满足条件的两位数分别有6 6，5 5，4 4，3 3，2 2，1 1，0 0个.由分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1+0=459+8+7+6

8、+5+4+3+2+1+0=45个.第10页/共43页方法二方法二 考虑两位数“ab”与“ba”中，个位数字与十位数字的大小关系，利用对应思想计算.所有9090个两位数中，个位数字等于十位数字的两位数为1111，2222，3333，9999共9 9个；另有1010，2020，3030，9090共9 9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置；其余90-18=7290-18=72个两位数，按“ab”与“ba”进行一一对应，则每一个“个位数字小于十位数字的两位数”就与另一个“十位数字小于个位数字的两位数”对应，故其中“个位数字小于十位数字的两位数”有722=36722=36个.故满足条件的两位数的个

9、数为9+36=459+36=45个.第11页/共43页 探究提高 合合理理分分类类是是提提高高解解题题质质量量的的保保证证，方方法法一一从从两两位位数数的的个个位位数数字字着着手手，确确立立分分类类标标准准，使使计计数数过过程程一一目目了了然然；方方法法二二巧巧妙妙地地应应用用了了“一一一一对对应应”的的思思想想，简简化化了了计计数数过过程程，这这种种思思想想方方法法在在排排列列、组组合合计计数数问题中也经常使用问题中也经常使用.知能迁移1 1 同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有3030张英语单词卡片，右边口袋装有2020张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一

10、张英语单词卡片，有 种不同的取法.第12页/共43页解析解析 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：第一类：从左边口袋取一张英语单词卡片有3030种不的取法；第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片有2020种不同的取法；上述的其中任何一种取法都能独立完成取一张英语单词卡片这件事，应用分类加法计数原理来解题，所以从中任取一张英语单词卡片的方法种数为3030+20=50+20=50种.答案答案 5050第13页/共43页题型二 分步计数原理【例2 2】已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2,=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示 平面上的点(a,bM),),问:(1)(1)P可表示平

11、面上多少个不同的点?(2)(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?完成完成“确定点确定点P”这件事需依次确定横、这件事需依次确定横、纵坐标，应用分步计数原理纵坐标，应用分步计数原理.思维启迪解解 （1 1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6 6种确定方法；第二步确定b的值，也有6 6种确定方法.根据分步计数原理，得到平面上的点数是66=36.66=36.第14页/共43页（2 2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a0,00，所以有2 2种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限点的个数是32=6.32

12、=6.（3 3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6 6种取法，即在直线y=x上的点有6 6个.由（1 1）得不在直线y=x上的点共有36-6=3036-6=30个.第15页/共43页 利用分步计数原理解决问题：利用分步计数原理解决问题：要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先 后后顺顺序序的的；各各步步中中的的方方法法互互相相依依存存，缺缺一一不不可可，只只有有各各个个步步骤骤都都完成了才算完成这件事完成了才算完成这件事.知能迁移2 2 一个口袋里有5 5封信，另一个口袋里有4 4封信，各封信内容均

13、不相同.（1 1）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？（2 2）把这两个口袋里的9 9封信，分别投入4 4个邮筒，有多少种不同的放法？探究提高第16页/共43页 解解 （1 1）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有54=2054=20（种）.（2 2）若以邮筒装信的可能性考虑，第一个邮筒有1010种可能性，即可能装入0 0，1 1，2 2，9 9封信等不同情况.但再考虑第二个邮筒时，装信的情况要受到第一个邮筒装信情况的影响，非常麻烦.若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4 4种可能，第二封信仍有4 4种可能第

14、九封信还有4 4种可能，由分步乘法计数原理可知，共有4 49 9种不同的放法.第17页/共43页题型三 两个计数原理的综合应用【例3 3】（1212分）用0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5可以组成多少个无重复数字的比2 0002 000大的四位偶数.思维启迪先根据条件把“比2 0002 000大的四位偶数”分类 选取千位上的数字选取百位上的数字 选取十位上的数字解题示范 解解 完成这件事有3 3类方法：第18页/共43页第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和

15、千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步乘法计数原理，这类数的个数有443=48个；4分第19页/共43页 第二类是用2 2做结尾的比2 2 000000大的4 4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2 2，1 1，0 0，只有3 3个数字可以选择，有3 3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4 4个数字可供选择，有4 4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3 3种选法.依据分步计数原理，这类数的个数有343=36343=36个；88分 第三类是用4 4做结尾的比2 2

16、000000大的4 4位偶数，其步骤同第二类.10 10分 对以上三类结论用分类计数原理，可得所求无重复数字的比2 2 000000大的四位偶数有443+343+343=120443+343+343=120个.12 12分 第20页/共43页 在在解解决决实实际际问问题题的的过过程程中中，并并不不一一定定是是单单一一的的分分类类或或分分步步，而而是是可可能能同同时时应应用用两两个个计计数数原原理理，即即分分类类时时，每每类类的的方方法法可可能能要要运运用用分分步步完完成成，而而分分步步时时，每每步步的的方方法法数数可可能能会会采采取取分分类类的的思思想想求求.另另外外，具具体体问问题题是是先先

17、分分类类后后分分步步，还还是是先先分分步步后后分分类类，应应视视问问题题的的特特点点而而定定.解解题题时时经经常常是是两两个个原原理理交交叉叉在在一一起起使使用用，分分类类的的关关键键在在于于要要做做到到“不不重重不不漏漏”，分分步步的的关关键键在在于于要要正正确确设设计计分分步步的的程程序序，即合理分类，准确分步即合理分类，准确分步.探究提高第21页/共43页知能迁移3 3 如图所示，将一个四棱锥 的每一个顶点染上一种颜色，并使 同一条棱上的两端异色，如果只有 5 5种颜色可供使用，求不同的染色 方法总数.解解 方方法法一一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两

18、顶点的染色数，用分步乘法原理即可得出结论.由题设，四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有543=60543=60种染色方法.第22页/共43页当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1 1、2 2、3 3，若C染2,2,则D可染3 3或4 4或5 5，有3 3种染法；若C染4 4，则D可染3 3或5 5，有2 2种染法；若C染5,5,则D可染3 3或4 4，有2 2种染法.可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7 7种染法，故不同的染色方法有607=420607=420种.方法二方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色.第一步，S点染色，有5 5种方法；第二步，A点染色，与

19、S在同一条棱上，有4 4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3 3种方法；第23页/共43页 第四步，C点染色，也有3 3种方法，但考虑到D点与 S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3 3种染色方法；当A与C不同 色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2 2种染色 方法，D点也有2 2种染色方法.由分步乘法、分类加 法计数原理得不同的染色方法共有5 54 43 3（1 1 3 3+2 22 2）=420420种.第24页/共43页方法三方法三 按所用颜色种数分类.第一类，5 5种颜色全用，共有 种不同的方法；第二类，只用4 4种颜色，则必有

20、某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有2 2 种不同的方法；第三类，只用3 3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有 种不同的方法.由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为 =420=420种.第25页/共43页方法与技巧方法与技巧1.1.分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.2.2.混合问题一般是先分类再分步.3.3.分类时标准要明确，做到不重复不遗漏.4.4.要恰当画出示意图或树状图，

21、使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.思想方法思想方法 感悟提高感悟提高第26页/共43页失误与防范失误与防范应用两种原理解题：（1 1）分清要完成的事情是什么？（2 2）分清完成该事情是分类完成还是分步完成？“类”间互相独立，“步”间互相联系；（3 3）有无特殊条件的限制；（4 4）检验是否有重漏.第27页/共43页一、选择题1.1.从集合1,2,3,101,2,3,10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 （）A.3A.3B.4B.4C.6C.6D.8D.8 解析解析 当公比为2 2时，等比数列可为1 1、2 2、4 4，2 2、4 4、8.8.当公比为3

22、 3时，等比数列可为1 1、3 3、9.9.当公比为 时，等比数列可为4 4、6 6、9.9.同时，4 4、2 2、1 1，8 8、4 4、2 2，9 9、3 3、1 1和9 9、6 6、4 4也是等比数列，共8 8个.D定时检测定时检测第28页/共43页2.2.如图所示的阴影部分由方格纸上3 3个小方格组成，我们称这样的图案为L L型（每次旋转9090仍为L L型 图案），那么在由4545个小方格组成的方格纸上 可以画出不同位置的L L型图案的个数是（）A.16A.16B.32B.32C.48C.48D.64D.64 解解析析 每四个小方格（2222型）中有“L”L”型图案4 4个，共有22

23、22型小方格1212个，所以共有“L”L”型图案412=48412=48个.C第29页/共43页3.3.（20082008全国）将1 1，2 2，3 3填入3333 的方格中，要求每行、每列都没有重复数字,右面是一种填法，则不同的填写方法共有 ()A.6 A.6种B.12B.12种 C.24C.24种D.48D.48种 解析解析 由于3333方格中,每行、每列均没有重 复数字，因此可从中间斜对角线填起.如图中 的，当全为1 1时，有2 2种（即第一行第二列 为2 2或3 3，当第二列填2 2时，第三列只能填3 3，当第一行填完后，其他行的数字便可确定），当全为2 2或3 3时，分别有2 2种，

24、共有6 6种；当分别为1 1，2 2，3 3时,也共有6 6种.共1212种.B第30页/共43页4.4.如图所示，用五种不同的颜色分别给 A、B、C、D四个区域涂色，相邻区 域必须涂不同颜色，若允许同一种颜 色多次使用，则不同的涂色方法共有（）A.180A.180种B.120B.120种 C.96C.96种D.60D.60种 解解析析 按区域分四步：第一步A区域有5 5种颜色可选；第二步B区域有4 4种颜色可选；第三步C区域有3 3种颜色可选；第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3 3种颜色可选用.由分步计数原理，共有5433=1805433=180（种）涂色方法.A第3

25、1页/共43页5.5.一植物园参观路径如图所示，若要 全部参观并且路线不重复，则不同 的参观路线种数共有 （）A.6A.6种B.8B.8种 C.36C.36种D.48D.48种 解解析析 如图所示，在A点可先参观区域1 1，也可先参观区域2 2或3 3，共有3 3种不同选法.每种选法中又有2222=162222=16种不同路线.共有316=48316=48种不同的参观路线.D第32页/共43页6.6.有4 4位教师在同一年级的4 4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有 （）A.8A.8种 B.9B.9种C.10C.10种D.11D.11种 解解析析 方

26、方法法一一 设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3 3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3 3种不同方法，由分类加法计数原理共有3+3+3=93+3+3=9种.第33页/共43页 方方法法二二 班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：共有9 9种不同的监考方法.答案 B第34页/共43页二、填空题7.7.（20082008浙江）用1 1，2 2，3 3，4 4，5 5，6 6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶 性不同，且1 1和2 2相邻，

27、这样的六位数的个数是 （用数字作答）.解析解析 可分三步来做这件事：第一步：先将3 3、5 5排列，共有 种排法；第二步：再将4 4、6 6插空排列，共有2 2 种排法；第三步：将1 1、2 2放到3 3、5 5、4 4、6 6形成的空中，共有 种排法.由分步计数原理得共有 2 =402 =40个.40第35页/共43页8.“8.“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数（如1 1 458458），若 把 四 位“渐 升 数”按 从 小 到 大 的 顺 序 排 列，则 第 3030个 数 为 .解析解析 渐升数由小到大排列，形如 的渐升数共有：6+5+4+3+2+1=216+5+4+3+2

28、+1=21（个），如123123，个位可从4 4，5 5，6 6，7 7，8 8，9 9六个数字选一个，有6 6种等；形如第36页/共43页的渐升数共有5 5个；形如的渐升数共有4 4个，故此时共有21+5+4=3021+5+4=30个，因此从小到大的渐升数的第3030个必为1 3591 359，所以应填1 359.1 359.答案答案 1 3591 359第37页/共43页9.9.在20082008年奥运选手选拔赛上，8 8名男运动员参加 100100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1 1、2 2、3 3、4 4、5 5、6 6、7 7、8 8八条跑道的奇数号跑道上，则安排 这8 8名运动员

29、比赛的方式共有 种.解析解析 分两步安排这8 8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1 1、3 3、5 5、7 7四条跑道可安排，所以安排方式有432=24432=24种.第二步：安排另外5 5人，可在2 2、4 4、6 6、8 8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有54321=12054321=120种.安排这8 8人的方式有24120=2 88024120=2 880种.2 880第38页/共43页三、解答题10.10.（1 1）4 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？（2 2）4 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解

30、解 （1 1）要完成的是“4 4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3 3种，所以共有3333=813333=81种报名方法.第39页/共43页 （2 2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4 4种可能的情况，于是共有444=4444=43 3=64=64种可能的情况.第40页/共43页11.11.三边长均为整数，且最大边长为1111的三角形有多少个？解解

31、三角形的另外两条边的边长用x、y表示，且不妨设xy，则11xy11.11.要构成三角形，必须x+y12.12.当y取值1111时，x=1,2,3,11,=1,2,3,11,可有1111个三角形.当y取值1010时，x=2,3,10=2,3,10，可有9 9个三角形.当y取值6 6时，x也只能取6 6，只有1 1个三角形.所以，三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.11+9+7+5+3+1=36.第41页/共43页12.12.由数字1 1，2 2，3 3，4.4.（1 1）可组成多少个三位数；（2 2）可组成多少个没有重复数字的三位数；（3 3）可组成多少个没有重复数字的三位数，且百 位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字.解解 （1 1）百位数共有4 4种排法；十位数共有4 4种排 法；个位数共有4 4种排法，根据分步乘法计数原 理共可组成4 43 3=64=64个三位数.（2 2）百位上共有4 4种排法；十位上共有3 3种排法；个位上共有2 2种排法，由分步乘法计数原理知共 可排成没有重复数字的三位数432=24432=24个.（3 3）排出的三位数分别是432432，431431，421,321421,321共4 4个.返回返回 第42页/共43页谢谢大家观赏！第43页/共43页