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1、 10.1分类计数原理与分步计数原理一、知识精讲分类计数原理与分步计数原理分类计数原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有 m1种不同的方法 ，在第二类力法中有 m2种不同的方法，在第n类办法中有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有Nmim2mn种不同的办法。分步计数原理：做一件事，完成它需要分成 n个步骤，做第一步有 m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，做第 n步有mn种不同方法，那么完成这件事共有N m1 m2mn种不同的方法。特别注意：两个原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。不同点在于，一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情共有n类办
2、法，这n类办法彼此之间相互独立的， 无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数， 就用分类计数原理；如果完成一件事情需要分成 n个步骤，各个 步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。二、题型剖析例1、把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给 3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？解：(1)不同涂色方法数是：5 4 3 60 (种)(2)如右图所示，分别用a,b,c,d记这四块,a与c可同色，也可不同色，先考虑给a,
3、c两块涂色，分两类(1)给a,c涂同种颜色共C5种涂法，再给b涂色有4种涂法，最后给d涂色也有4种涂法，由乘法原理知，此时共有C51 4 4种涂法(2)给a,c涂不同颜色共有 A；种涂法，再给b涂色有3种方法，最后给d涂色也有3种,此时共有A5 3 3种涂法故由分类计数原理知，共有 C5 4 4 + a2 3 3 =260种涂法。例2、(1)如图为一电路图，从 A到B共有 条不同的线路可通电。解：按上中下通电可分三类，第一类有3种通法，第二类1种，第三类分2步，每步又可分2种，所以，共有3+1+2 2=8种通电方法。（2）三边均为整数，且最大边长为11的三角形00-oo-ob-的个数是解：另两
4、边用x、y表示，且不妨设1x y 11要构成三角形，必须 x y 12当y取值11时，x 1,2,3,11 ,可有11个三角形；当y取值10时，x 2,3,10,可有9个三角形当y取值6时，x只能取6,只有一个三角形所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36 ,故选Co（3）甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包 3项工程，乙公司承包 1项，丙、丁各承包2项，问共有 种承包方式？解：由分步计数原理有：C；C；C2C； 1680种。思维点拔【思维点拔】解决这类题首先要明确：“完成一件事”指什么？如何完成这件事（即分步还是分类）？进而确定应用分类计数原理还是分步计数原理。分步计数
5、原理中的 分步”程序要正确。步”与 步”之间是连续的，不间断的，缺一不可。分类计数原理中的分类”要全面，不能遗漏。类”与 类之间是并列的、互斥的、独立的 ，也就是说，完成一件事情，每次只能选择其中的一类办法中的某一种方法。例3（优化设计P172例1）、电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次 竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封.现有主持人抽奖确定幸运观 众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：（1）幸运之星在甲箱中抽，再在两箱中各定一名幸运伙伴，有30X 29X20=1740种结果；（3）幸运之星在乙箱中抽，
6、同理有20X 19X 30=11400种结果。由分类计数原理，共有 17400+11400=28800种不同结果。 【评述】在综合运用两个原理时，一般先分类再分步。例4（优化设计P173例2）、从集合1, 2, 3,10 中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,这样的子集共有多少个？解：和为11的数共有5组：1与10, 2与9, 3与8, 4与7, 5与6,子集中的元素不能取自同一组的两数，即子集中的元素取自 5个组中的一个数，而每个数的取法有2种，所以子集个数为2 2 2 22=25=32【评述】 本题的关键是先找出和为11的5组数，然后利用分步计数原理求出结果
7、。例5（优化设计P173例3）、某城市在中心广场造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）.现要栽种4种不同 颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜 色的花，不同的栽种方法有 种.（以数字作答）解法1：因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以当区域1栽种一种颜色的花之后，该颜色的花就不能栽于其它区域.因而可分两步走，考虑如下:第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有 4种栽法；第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花.为此，可将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边.这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：第一组第二组第三组第一类23, 54, 6第
8、F2, 43, 56第三类2, 43, 65第四类2, 53, 64第五类2, 534, 6对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有P3种栽法.应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为N 4 5P33 120.N C3P；(1 111112)C；P； 5 120.解法2分两类情况考虑：第1类：第1、2、3、5四个区域栽种不同颜色的 4种花，共有P44种栽法.对于每一种 栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽.第2类：第1、2、3、5四个区域栽种不同颜色的 3种花，共有2C3P33种栽法.对于每 一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花.对于前者
9、，第 6区有2种颜色的 花可供选栽，第4区只能栽第4种颜色的花；对于后者，第 4区有2种颜色的花可供选栽， 第6区只能栽第4种颜色的花.即无论何种情形，第 4、6区的栽法都是2种.综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数为N P44 2 2c4P； 120.【评述】本题需抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花； 而且4种颜色的花都要种上， 缺一不可.对 这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错.其次，应设计好周全而又不 出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在 每
10、一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得 无误，方能得出正确的答数.练习题：在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有 同的植物可供选择，则有多少种栽种方案？ 解：考虑A、C、E种同一种植物，此时共有 4 3 3 3 考虑A、C、E种二种植物，此时共有 3 A42 3 2 2考虑A、C、E种同三种植物，此时共有 A： 2 2 2 192种方法。 故总计有108+432+192=732种方法。备用题：例6、已知集合A=匕色0冏 ,B=0,1,2,3 ,f是从A到B的映射.(1)从A到B总共有 几个映射？(2)若
11、B中每个元素都有原象，则可建立几个不同的映射 ？(3)若B中的元素0没有原 象，则这样的f有几个？(4)若B中有一个元素没有原象，则这样的映射有几个 ？(5)若f满足 f(a1) f(a2) f(a3) a) 4 ,则这样的f又有几个？解(1)由乘法原理知有44个；(2) f必为一一映射，故有A4 24个； 34 81 个；(4)C4 C2A3 144 个； 因 4=1+1+1+1=1+1+2+0=1+3+0+0=2+2+0+0,故可分四类讨论 得满足要求的映射f共有N 1 C：C； C：C； C：C； 1 12 12 6 31 个例7、四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取 4个不共面
12、的点，不同的取法共有()A 150 种 B 、147 种 C 、144 种 D 、141 种解：从10个点中任取4个点有C40种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取 出的4个点位于四面体的同一个面内，有4c4种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平 行于四面体相对的两条棱)，它的4个点共面，有3种。以上三种情况不合要求应减掉，所 以不同的取法共有 C40 4C46 3 141 (种)三、课堂小结：1 .分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础。这两个原理的本质 区别在于分类与分步，分类用分类计数原理，分步用分步计数原理。2 .元素能重复的问题往往用计数原理。3 .注意：类”间相互独立,_a”间相互联系 四、【布置作业】优化设计P173
理科数学第一轮复习排列组合含教案和课件第1课时两个原理
