6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时）（同步教学课件）-【大单元教学】高二数学同步备课系列（人教A版2019选择性必修第三册）

人教A版（2019）选择性必修第三册 第六章计数原理 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时） 目录 学习目标 01 情景导入 02 新知探究 03 课本例题 04 05 课本练习 06 题型探究 方法归纳 08 07 课本习题 课堂小结 学习目标 1．进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理； 2．能应用两个计数原理解决实际问题. 两个计数原理的区别与联系 用两个计数原理解决问题时，要明确是需要分类还是需要分步，有时，可能既要分类又要分步   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 用来计算完成一件事的方法种类 不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事) 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 情景导入 解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成： 第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上， 有3种选法； 第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上， 有2种选法. 根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数为 N＝3×2=6. 这6种挂法如右图所示. 例4 要从甲、 乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法? . 乙 乙 丙 甲 右边 丙 乙 甲 左边 得到的挂法 甲乙 甲丙 乙甲 乙丙 丙甲 丙乙 甲 丙 例题讲解 分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题. 区别在于: 分类加法计数原理针对的是“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，关键词是“分类”； 分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事，关键词是“分步”. 归纳总结 例5 给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A~G或U~Z，后两个要求用数字1 ~9，最多可以给多少个程序命名？ 解2: 首字符用A~G给程序命名的个数为 7×9×9＝567. 首字符用U~Z给程序命名的个数为 6×9×9＝486. ∴总的不同名称的个数是 567＋486＝1053. 思考 你还能给出不同的解法吗? 解: 由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为 7＋6＝13. 后两个字符从1~9中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9. 由分步乘法计数原理，不同名称的个数是 13×9×9＝1053， 即最多可以给1053个程序模块命名. 例6 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种 状态，而这也是最容易控制的两种状态. 因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制. 为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用1个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成. (1) 1个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符? (2) 计算机汉字国标码包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示? 解: (1) 由分步乘法计数原理，1个字节最多可以表示不同的字符个数是 2×2×2×2×2×2×2×2＝28＝256. (2) 由(1)知，1个字节最多可以表示256个不同的字符，则2个字节最多就可以表示256 ×256＝65536>6763，所以每个汉字至少要用2个字节表示. 1. 某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前4位的数字是不变的，后4位数字都是0~9中的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个? 解：104＝10000 (个). 2. 从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法? 解：5×4＝20 (种). 3. 从1, 2, ‧‧‧, 19, 20中任选一个数作被减数，再从1, 2, ‧‧‧, 10中任选一个数作减数，然后写成一个减法算式，共可得到多少个不同的算式? 解：20×10＝200 (个). 课堂练习 解1：被5除余2的正整数的个位是2或7. 当满足条件的数是一位数时，满足条件的个数有2个 ； 当满足条件的数是两位数时，满足条件的个数有9×2＝18个 ； 当满足条件的数是三位数时，满足条件的个数有4×10×2＝ 80个 . 所以满足条件的数共有100个. 4. 在1, 2, ‧‧‧, 500中，被5除余2的数共有多少个? 解2：被5除余2的数可以表示为5k＋2 (k为整数). 由1≤5k＋2≤500，解得0≤k≤99， 满足条件的k值有100个， 所以满足条件的数共有100个. 解：满足条件的三位数有5×5×5＝ 125 个 . 5. 由数字1, 2, 3, 4, 5可以组成多少个三位数(各位上的数字可以重复)? 例7 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试.程序员需要知道到底有多少条执行路（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据.一般地，一个程序模块由许多子模块组成，如图，这是一个具有许多执行路径的程序模块。 (1)这个程序模块有多少条执行路径？ (2)为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数，你能帮助程序员设计一个测试方式，以减少测试次数吗？ 开始 子模块1 18条执行路径 子模块3 28条执行路径 子模块2 45条执行路径 子模块5 43条执行路径 子模块4 38条执行路径 结束 A 例题讲解 例题讲解 开始 子模块1 18条执行路径 子模块3 28条执行路径 子模块2 45条执行路径 子模块5 43条执行路径 子模块4 38条执行路径 结束 A 分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成： 第1步是从开始执行到A点； 第2步是从A点执行到结束.而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成.因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理. 例题讲解 开始 子模块1 18条执行路径 子模块3 28条执行路径 子模块2 45条执行路径 子模块5 43条执行路径 子模块4 38条执行路径 结束 A 解：(1)由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为18+45+28=91条； 子模块4、子模块5中的子路径条数共为38+43=81条； 由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为 91 x 81 = 7371条 例题讲解 (2)在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察 是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块.这样，他可以先分别单独测试 5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常.总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172. 再测试各个模块之间的信息交流是否正常，需要测试的次数为：3 x 2 = 6. 如果每个子模块都正常工作，并且各个子模块之间的信息交流也正常， 那么整个程序模块就工作正常. 这样，测试整个模块的次数就变为 172+6=178（次） 例题讲解 例8 通常，我国民用汽车号牌的编码由两部分组成：第一部分为由汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代码，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号. 其中，序号的编码规则为： （1）由10个阿拉伯数字和除O、I之外的24个英文字母组成； （2）最多只能有2个英文字母. 如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？ 例题讲解 解：由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母. （1）当没有字母时，序号的每一位都是数字.确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为：10 x 10 x 10 x 10 x 10 = 10000. 例题讲解 （2）当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类. 当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，号牌张数为 24 x 10 x 10 x 10 x10 = 240000. 同样，其余四个子类号牌也各有240000张. 根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为 240000 + 240000 + 240000 + 240000 + 240000 = 1200000. 例题讲解 （3）当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位；第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位；第3位和第4位，第3位和第5位；第4位和第5位。 当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1~2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为 24 x 24 x 10 x 10 x 10 =576000. 同样，其余九个子类号牌也各有576000张.则这类号牌张数一共为576000x10= 5760000张. 综合（1）（2）（3），根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100000 + 1200000 + 5760000 = 7060000 归纳： 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点: (1) 要完成的“一件事”是什么; (2) 需要分类还是需要分步. 分类要做到“不重不漏”. 分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数. 分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务. 分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数. 思考：乘法运算是特定条件下加法运算的简化，分步乘法计数原理和分类加法计数原理也有这种类似的关系吗? 1. 分类加法计数原理：一般地，如果完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有m＋n种不同的方法. 特别地，如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法， ‧‧‧‧‧‧在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有m1+m2+ ‧‧‧ +mn种不同的方法. 2. 分步乘法计数原理：一般地，完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有m×n种不同的方法. 特别地，如果完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，‧‧‧‧‧，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有m1×m2×‧‧‧×mn种不同的方法. 解：展开后共有3×3×5＝45项. 1. 乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4+c5) 展开后共有多少项? 解：9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝45 (个). 2. 在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个? 3. 某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，那么共有多少种不同的进出商场的方式? 解：进出商场的不同方式有6×5＝30(种). 课堂练习 4.任意画一条直线，在直线上任取n个分点. (1) 从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段? (2) 从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量? 解： 课堂练习 【例1】 用0,1,2,3,4五个数字， (1)可以排成多少个三位数字的电话号码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，因此每个位置都有5种排法，所以共有5×5×5＝53＝125(个)． 题型1　组数问题 题型探究方法归纳 解：(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此共有4×5×5＝100(个)． (3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此可以分两类：一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18种排法．因而有12＋18＝30种排法．故可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数． 【例1】 用0,1,2,3,4五个数字， (1)可以排成多少个三位数字的电话号码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 【例题迁移】(改变问法)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位 奇数？ 解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步排百位，有3种方法；第四步排十位，有2种方法．由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×2＝36(个)． 组数问题的原则及注意点 (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法反面分类求解． (2)要注意数字“0”不能排在两位或两位以上的数的最高位． 【例2】高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 (　　) A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 题型2　选(抽)取与分配问题 【解析】方法一(直接法) 以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)． 综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)． C 方法二(间接法) 先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37种分配方案． 【例2】高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 (　　) A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 解决抽取(分配)问题的方法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法． (2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可． 【例3】 (1)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种. 题型3　涂色与种植问题           【答案】(1)42 【解析】分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c. 1．若第三块田放c： 第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4种方法． a b c 2．若第三块田放a：   第四块有b或c，共2种方法， ①若第四块放c：   第五块有2种方法； a b a a b a c ②若第四块放b：   第五块只能种作物c，共1种方法． 综上所述，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42种方法． a b a b (2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 1 2 3 4 (2)解：第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法． ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180种不同的涂法． ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此第4个小方格也有4种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，不同的涂法有5×4×4＝80(种)． 由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260种不同的涂法． 【例题迁移】　(变换条件)将例3(2)中的区域改为如图所示，其他条件均不变， 则不同的涂法共有多少种？ ① ② ④ ③ 解：依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色． 第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成． 第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法； 第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法； 第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)． 第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成． 第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法． 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)． 综上所述，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)． 【例题迁移】　(变换条件)将例3(2)中的区域改为如图所示，其他条件均不变， 则不同的涂法共有多少种？ ① ② ④ ③ 解决涂色(种植)问题的常用方法 (1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析． (2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析． (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题． 种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数． 【例4】有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？ 错解：每次升1面旗，可组成3种不同的信号；每次升2面旗，可组成3×2＝6种不同的信号；每次升3面旗，可组成3×2×1＝6种不同的信号．根据分类加法计数原理知，共有不同的信号3＋6＋6＝15种． 易错警示　分类计数时不要出现遗漏 易错防范：每次升2面或3面旗时，颜色可以相同． 正解：每次升1面旗，可组成3种不同的信号；每次升2面旗，可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗，可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号． 易错辨析　分类标准不清致误 例5　甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，问有多少种不同的冠军获得情况？ 1．一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种．要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法? 习题 甲地 乙地 丙地 丁地 (第2题) 2．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路线? A B 第3题 3．如图，要让电路从A处到B处接通，可有多少条不同的路径? 如果电路从上线路接通，共有3条路径； 如果电路从中线路接通，共有1条路径； 4．用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构成多少个不同的分数?可构成多少个不同的真分数? 由真分数的定义， ①若1为分子，分母有4种选择； ②若5为分子，分母有3种选择； ③若9为分子，分母有2种选择； ④若13为分子，分母有1种选择； 5．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同．从两个袋子中分别取1个球，共有多少种不同的取法? 分两步进行：第一个口袋内取一个球有5种取法，另一个口袋内取一个球有6种取法； 7．一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有0~9共10个数字．现最后一个拨号盘出现了故障，只能在0~5这6个数字中拨号，这4个拨号盘可组成多少个四位数字号码? 8．（1）4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是34还是43? （2）3个班分别从5个景点中选择一处游览，不同选法的种数是35还是53? 9．（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，有多少种不同的送法? （2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有多少种?(一个抽屉可放多本书) 10．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球． （1）正好是白球、红球各一个的取法有多少种? （2）正好是两个白球的取法有多少种? 10．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球． （3）至少有一个白球的取法有多少种? （4）两球的颜色相同的取法有多少种? 11．在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法? 利用分步乘法计数原理，分七步来求解． 第一步，安排第一天的值班人员，有7种方法； 第二步，安排第二天的值班人员．有6种方法； 第三步，安排第三天的值班人员，有6种方法； 同理．第四、五．六七步均有6种方法． 12．2160有多少个不同的正因数? 1. 分类加法计数原理：一般地，如果完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有m＋n种不同的方法. 2. 分步乘法计数原理：一般地，完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有m×n种不同的方法. 特别地，如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法， ‧‧‧‧‧‧在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有m1+m2+ ‧‧‧ +mn种不同的方法. 特别地，如果完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，‧‧‧‧‧，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有m1×m2×‧‧‧×mn种不同的方法. 课堂小结 解析：可先举例说出其中的1种情况，如数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步． 第1步，产生数学学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况； 第2步，产生物理学科冠军，因为夺得数学学科冠军的同学还可以去争夺物理学科冠军，所以物理学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况； 第3步，产生化学学科冠军，同理，也有4种不同的获得情况． 由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4＝43＝64(种). 【易错警示】 易错原因 错解：分四步完成这件事． 第1步，甲同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况． 由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有3×3×3×3＝34＝81(种). 要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”．但错解一、二中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况． 纠错心得 用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据． $$