6.1(2)分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课件-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

回忆一下 　 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 　　　 种不同的方法. 分类加法计数原理 N=m1+m2+…+mn 　 完成一件事需要n个步骤，在第1步有m1种不同的方法，在第2步中有m2种不同的方法，……，在第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有 　　　 种不同的方法. 分步乘法计数原理 N=m1m2  …  mn 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 例1：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径(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．图6.1-4是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径? 典例精析 请设计测试方法，使测试次数最少！ 完成的事情：完成程序测试，分两步进行： 第1步：从开始执行到A点，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．即该步共有91种执行路径； 第2步：从A点执行到结束，同理，子模块4、子模块5中的子路径条数共为：38+43=81．即该步共有81种执行路径； 由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为： 91×81=7371． 整体分步测试： 完成的事情：完成程序测试，分两类测试进行： 第1类测试：单独测试5个模块，由分类加法计数原理，5个模块总共需要的测试次数为：18+45+28+38+43=172． 第2类测试：测试各个模块之间的信息交流是否正常，同分两步进行，第1步先测试从开始执行到A点的3个子模块；第2步再测试从A点执行到结束的2个子模块，由分步乘法计数原理，共需要的测试次数为：3×2=6. 由分类加法计数原理，测试整个模块的次数共为： 172+6=178. 最优化方案： 整体分步测试： 问题一：如何处理较复杂的计数问题？  教材P10 归纳 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）需要分步还是分类？ 分类做到“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，把每一步的方法数相乘，得到总数。 先整体，后局部 P8例7：设计完成事情的不同方案，优化方法 例2：通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图6.1-5所示． 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？ 典例精析 分析：完成的事情：编汽车号牌，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．结果为三类张数之和. 没有字母：10×10×10×10×10=100000 有1个字母：（24×10×10×10×10）×5=120000 有2个字母：（24×24×10×10×10）×10=576000 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 典例精析 例3：用0,1,…,9这十个数字可组成多少个: (1)三位数? (2)无重复数字的三位数? (3)有重复数字的三位数? (4)小于500的无重复数字的三位数? 解:(1)依次确定百位、十位和个位数字的选法， 共9×10×10=900个三位数. (2)依次确定百位、十位和个位数字的选法， 共9×9×8=648个无重复数字的三位数. (4)依次确定百位、十位和个位数字的选法， 共4×9×8=288个. (3)由(1)(2)得共900－648=252个有重复数字的三位数. 首(百)位不能取0 正难则反 百位取1,2,3,4 典例精析 变式：由0,1,2,3,4,5可组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数? ①个位为0：共4×4×3=48种选法； ②个位为2：共3×4×3=36种选法； 共有48+36+36=120个 ③个位为4：共3×4×3=36种选法； (法1)按个位进行分类，依次确定千位、百位、十位， (法2)按千位分两类(2/4或3/5)，依次确定千、个、百、十位， 共2×2×4×3+2×3×4×3=48+72=120种选法. 个位取偶数 千位不取0,1 典例精析 例4： 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？ 解:（1）5名学生中任一名均可报其中的任一项，因此每个学生都有4种报名方法，5名学生都报了项目才能算完成这一事件故报名方法种数为 4×4×4×4×4=45种 . （2）每个项目只有一个冠军，每一名学生都可能获得其中的一项获军，因此每个项目获冠军的可能性有5种故有n=5×5×5×5=54种 . 变式1：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__________种. 分析：(间接法)先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再排除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝ 37 种分配方案． 变式2：安排甲、乙、丙3名护士去6所医院实习，每所医院至多2人，则不同的分配方案共有________种. 分析：(间接法)先计算3名护士自由选择去何医院的总数，再排除3人到同一所医院的情况，即有6×6×6－6＝210种分配方案. 典例精析 典例精析 变式5：元旦了，甲、乙、丙、丁4人各准备一张贺卡放在一起，每人从中抽取一张不是自己写的贺卡，共有________种不同结果. 分析：第一步，甲取1张不是自己写的，有3种不同取法. 第二步，由甲取出的那张卡的供卡人取 ，又有3种不同取法. 第三步，由剩下两人各取一张 ，只有1种取法. 共有33=9种不同结果. 法二：列表分析. 典例精析 例6：如图，要给标有字母A、B、C、D四个区域分别涂上4种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域不同色，则不同的涂色方案有_____种； ①B,D同色（可看作一块）：共4×3×2=180种涂法 分析：分步依次涂A,B,C,D ，考虑B,D是否同色. ②B,D不同色：共4×3×2×1=240种涂法 48 A B C D 典例精析 变式：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. 分析：设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物,不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理,如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法,由分步乘法计数原理共有1×2×2×2×2=16种.其中要去掉ababa和acaca两种方法. 故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14(种). 同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种. 所以符合要求的种植方法共有: 3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种). 42 小试牛刀 P12-13：探究与发现 ——2种可能 ——2种可能 ——2种可能 分步乘法：2×2×…×2＝2n. n个2相乘 2n 归纳总结 随堂小测 课本P11 练习：1~4 课本P12 11，12 课后作业 课本P11 习题6.1 2，3，8，9，10，11 课本P27 17 解：， 若设2160的正因数， 则，，， 的正因数共有个. $