刀杆节-个人鉴定怎么写

第二讲 加法原理
卷Ⅰ
教学目标

本讲主要教学目标有
①使学生掌握加法原理的基本内容；
②掌握加法原理的运用以及与乘法原理区别；
③培养学生对分类讨论问题的能力，了解分类主要方法和遵循的主要原则.
加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯.



数一数，下图中有多少个三角形？


想

挑


战


吗

？

答案提示:先分尖角向上与向下两类：
向上的有：1个三角形组成的：10个；
4个三角形组成的：6个；
9个三角形组成的：3个；
16个三角形组成的：1个。
向下的有：1个三角形组成的：6个；
4个三角形组成的：1个。
所以，一共有:27个。






专题精讲

无论自然界还是学习生活中，事物的组成往往是分门别类的，例如解决一件问题的往往不只一类途径，每一类途径往往又包含多种方法，如果要想知道一共有多少种解决方法，就需要
用到加 法原理.
加法原理：一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m
1种不同做法，第二类
方法中有m
2
种不同做法 ，…，第k类方法中有m
k
种不同的做法，则完成这件事共有N= m
1
+ m
2

+…+m
k
种不同的方法.
加法原理运用的范围 ：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任
务，这样的问题可以使用加法原理解 决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.

（一） 分类讨论问题中加法原理应用

【例1】（★★★）从3、5、7、10、12五个数中，每 次取出两个数，分别作为一个分数的分子和分母，
一共可以组成多少个最简真分数？

分析：如果3作分子：5、7、10都可以作为分母，三个最简真分数；
如果5作分子：7、12都可以作为分母，二个最简真分数；
如果7作分子：10、12都可以作分母，二个最简真分数；
如果10作分子：没有哪个数能作分母使成为最简真分数.
所以一共可以组成3+2+2=7个真分数.

[前铺] 从3，5，7，11，1 9五个数中，每次取出两个数，分别作为一个分数的分子和分母，一共可以组
成多少个真分数？

分析：如果3作分子：5，7，11，19都可以作为分母，四个真分数；
如果5作分子：7，11，19可以做分母，三个真分数；
如果7作分子：11，19可以做分母，两个真分数；
如果11作分子：只有19可以作分母，一个分数．
4+3+2+1=10，可以组成10个真分数．
这里注意到一种“对称性”，这里的真分数 与假分数是一样多的。所以，只要考虑到“五排二”的关
系，再除以2；或者考虑到“五选二”，只要有 一组，必有一个真分数。所以这道题运用乘法原理也可以
解得5×4÷（2×1）=10.


【例2】（★★★）2007的数字和是2+0+0+7=9．
问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?

分析 ：大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，
百位数字至多是7．于是
百位为7时，只有2700一个；
百位为6时，只有2610，2601两个；
百位为5时，只有2520，2511，2502三个；
百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；
百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；
百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；
百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；
百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、200 7八个；
总计共1＋2＋3＋4＋5+6+7+8=36个．

【例3】（★★★★ ）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?

分析 ：如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买2
元 饭票，共有26种买法；
如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余 的钱全部购买2元饭票，共有24
种不同方法；
如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元 饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22
种不同方法；
……
如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有
2种 方法．
总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用 分类计数原理
及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2 =182(种)．
共有182种不同的买法．


[前铺]一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？

分析：按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：
如果5分硬币有奇数个，那么无论 2分硬币有多少个都不能凑成100分.如表当5分硬币的个数为0—20
的偶数时，都有对应个数的2 分硬币.
类别 1
5分
2分
0
50
2
2
45
3
4
40
4
6
35
5
8
30
6
10
25
7
12
20
8
14
15
9
16
10
10
18
5
11
20
0


【例4】（★★★★）把7支完全相同的铅笔分给甲、乙、丙3 个人，每人至少1支，问有多少种方法？

分析：（一）甲最少分到一支，最多分到5支，因此可以分为5类：
第一类：5种
甲
1
1
1
1
1

第四类：2种
甲
4
4
乙
1
2
丙
2
1




第五类：1种
甲
5

乙
1

丙
1

乙
1
2
3
4
5
丙
5
4
3
2
1







第二类：4种
甲
2
2
2
2

乙
1
2
3
4

丙
4
3
2
1








第三类：3种
甲
3
3
3


乙
1
2
3


丙
3
2
1


所以一共有5＋4＋3＋2＋1=15（种）分法.
（二）将铅笔排成一排，用两块挡板将这 一排铅笔隔开成三份，然后分与甲、乙、丙挡板可插入的位置
一共有7-1=6个，6个位置中安插两个 不分次序的挡板一共有
6×5÷2=15种，处理分东西的问题用挡板（隔板）法可以顺利解决. < /p>

【例5】（★★★★）三年学校组织一次联欢晚会，共演出14个节目，如果每校至少演出 3个节目，那
么这三所学校演出节目数的不同情况共有多少种？

分析：方法一，把14分为三个不小于3的整数和，有以下分类：
（1）3，3，8；（2）3，4，7；（3）3，5，6；（4）4，4，6；（5）4，5，5.
第（1），（4），（5）种分法中，都有重复数字出现，以（1）为例，我们可以先从三所学校中选出 一
所出8个节目，有3种选法，这样另外两所一定是各出3个节目，即在（1）的条件下，三所学校演出 节
目数的不同情况有3种，（4），（5）同理，也各有3种.
第（2），（3）种分法中， 没有重重数字出现，三个学校各对应一个节目数，并且这些数字是不相同
的，所以就是一个全排列问题， 每种分法各包含
A
3
=6种不同的情况.
利用分类计数原理，共有3+3+3+6+6=21种不同的情况.

方法二：考虑如何用挡板法解这道题.
题目可以这样看:每个学校学校至少演1个节目，共演8个节目,然后每个学校再加演两个保留节目.
八个节目中设置两个挡板共有7×6÷2=21种不同的方法.


【例6 】（★★★★第九届北京市“迎春杯”决赛第二题第8题）从1至9这九个
数字中挑出六个不同的数填在 下图的六个圆圈内，使在任意相两个圆圈内数字之
和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出 种不同的挑法来.（六
个数字相同、排列次序不同的都算同一种）

分析：显然任意 两个相邻圆圈中的数只是一奇一偶，因此，应从2，4，6，8种选
3个数填入3个不相邻的圆圈中，下 面就按此分类列举：
（1）填入2，4，6，这时3与9不能同时填入（否则总有一个与6相 邻，和3＋6或9＋6不是质数），
没有3，9的有1种；有3或9的，其它3个奇数1，5，7要选2 个，有3种选法，因而有2×3=6种，
共1＋6=7种.
（2）填入2，4，8， 这时7不能填入（因为7＋2，7＋8都不是质数），从其余4个奇数中选出3个，
有4种选法，都符合 要求.
（3）填入2，6，8，这时7不能填入，而3与9只能任选一个，另外两个为1和5，因而有 2种选
法.
（4）填入4，6，8，这时3与9只能任选一个，1与7也只能任选1个，第三 个数是5，因而有2
×2=4种选法.
这样，总共有7＋4＋2＋4=17种选法.
3

卷Ⅱ
（二）标号、图示在加法原理中的应用

【例7】（★★★★）在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，
那么从A到B的最短路线 有多少米？

分析：因为B在A在左下方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和.
有积水的街道不可能有路 线经过，可以认为积水点的走法数是0.接下来，
可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上 到各点的走法数.如
图，从A到B的最短路线有22条.


【例8】（★ ★★★★）游乐园的门票1元1张，每人限购1张.现在有10
个小朋友排队购买，其中5个小朋友只有 1元的钞票，另外5个小朋友只有
2元的钞票，售票员没有准备零钱.10个小朋友排队，不同的排队方 法共有10！
B
=3628800种.问：其中有多少种排队方法，使售票总能找得开零钱？

分析：要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前
面的若干 小朋友中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友
看成是相同的，将拿2元钱的小朋友看 成是相同的，可以利用斜直角三角模
A
型.在下图中，每条小横给段代表1元钱的小朋友，每条 小竖线段代表2元钱
的小朋友，因为从A点没格线走到B点，无论到途中哪一点，经过的小横线段都不少 于小竖线段，所以
本题相当于求下图中从A到B有多少种不同走法.利用前面所讲的标号法，可求出从A 到B有42种走法.

但是事实上10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分 成两步，第一步排拿元的小朋友，5个
人共有5！=120种排法；第二步排人到中年元的小朋友，5个 人共有5！×5！=14400种排队方法.
这样，使售票员能找得开零钱的排队方法共有42×14400=604800（种）


【例10】（★★★★）如图是世界上的八个城市以及他们间的航线关系，
檀香山- D
北京-A
如果按照入图所示的航线从北京出发，游遍所有城市，那么一共有多少种
方 法？
巴黎-B

分析：从北京出发飞两站，一共有3×2=6种方式，即A-B-C 、A-B-F、A-D-C、
纽约-C
A-D-B、A-E-H、A-E-F，事实上这六种方 式在结构上都可以看作相似的或
悉尼-E
可以相互转化的，现在对其中一种A-B- C进行分析：分析显示3种方法.
惠灵顿-H


E-F-G
D- H-



G-F-E



A-B-C-


F-E-H-D

G-

D(不通）


H-



E-F（不通）



所以一共可以有6×3=18种方法
里约热内卢-G
开普敦-F

[前铺] 从北京出发有到达东京、莫斯科 、巴黎和悉尼的航线，其他城
市间的航线如图所示（虚线表示在地球背面的航线），则从北京出发沿航线到达其他所有城市各一次的所有不同路线有多少？

分析：第一站到东京的路线有10条：





纽约

莫斯科巴黎悉尼



悉尼巴黎莫斯科




巴黎悉尼

纽约





悉尼巴黎
北京东京

莫斯科< br>

巴黎

纽约悉尼



悉尼纽约





巴黎莫斯科


纽约



莫斯科巴黎
悉尼



纽约莫斯科


巴黎



莫斯科纽约


莫斯科
巴黎
北京
东京纽约
悉尼
同理，第一站到悉尼、巴黎、莫斯科的路线各有10条，不同的路线共有40条.

（三）加法原理与简单递推
【例10】（★★★★）一楼梯共10级，规定每步只 能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不
同走法？

分析：例如登上一级 台阶有1种走法，登上第二级台阶有2种走法(一步走两级或者走两步每步走一级)；
由此得出登上第三 级台阶的走法数为1+2=3．又知道走上第四级台阶的走法总数也等于登上第三级和第
二级台阶的走法 总数之和，又可以算出登上第四级台阶共有2+3=5种方法，依此类推：
1级
1
2级
2
3级
3
4级
5
5级
8
6级
13
7级
21
8级
34
9级
55
10级
89
所以，登上第10级台阶的走法数为89．

[拓展]有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？

分析：取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意 根火柴的
种数等于取到前三根火柴所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：
1根
1
2根
2
3根
4
4根
7
5根
13
6根
24
7根
44
8根
81
9根
149
10根 11根 12根
274 504 927
取完这堆火柴一共有927种方法.

【例11】（★★★★★奥数网原创 ）用1×2的小长方形（横的竖的都行）覆盖2×10的方格网，共有多
少种不同的盖法.

分析：如果用1×2的长方形盖2×n的长方形，设种数为a
n
,则a
1< br>=1，a
2
=2,对于n≥3，左边可能竖放1
个1×2的，也可能横放2个1 ×2的，前者有a
n-1
种，后者有a
n-2
种，所以a
n
=a
n-1
+a
n-2
,所以参照【例10】
的表，覆盖2×10的 长方形一共有89种.
【例12】（★★★★★奥数网原创）用1×3的小长方形形覆盖3×8的方格 网，共有多少种不同的盖法.

分析：如果用1×3的长方形盖3×n的长方形，设种数为a
n
,则a
1< br>=1，a
2
=1,a
3
=2,对于n≥4，左边可能竖
放1个 1×3的，也可能横放3个1×3的，前者有a
n-1
种，后者有a
n-3
种 ，所以a
n
=a
n-1
+a
n-3
,依照这条递
推 公式列表：
3×1
1
3×2
1
3×3
2
3×4
3
3×5
4
3×6
6
3×7
9
3×8
13
所以用1×3的小长方形形覆盖3×8的方格网，共有13种不同的盖法.



我们接触的计数问题，解题过程中往往不仅需要用到加法原理，还要用到乘法原理和 其他的一些数
学方法，加法原理必须和乘法原理相互配合综合使用才能发挥作用，在下一讲中我们将具体 教授对加法
原理和乘法原理的综合运用.
专题展望

1、（★★★例1）从2，3，4，5，6，10，11，12这七个数中，取出两个数组成一 个最简真分数，共
有多少种取法？

分析：如果以2作分子：3、5、11都可以做 分母；如果以3作分子：4、5、10、11都可以做分母；
如果以4作分子：5、11可以做分母； 如果以5作分子：6、11、12可以做分母；如果以6作分子：11
可以做分母；如果以10作分子： 11可以做分母；如果以11作分子：12可以作分母；
一共有15种取法.


2、（★★例2）三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多10 1份，问：一共有多少
种不同的订法？

分析：甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法.
如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定.
如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定.
如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定.
一共有2+3+2=7种订报方法.


3、（★★★★奥数网原创 例7）如图，2×n的方格网，从A点到B点的最近路线有多少条？
…………
…………
A
…………
B
练习二

分析：（一）使用标号法到找出到B点的最近路线数随n变化的规律，得到一共有
线.
（二）（n+2）条路段中有两条是竖直方向的，一共有


(n+2)(n+1)
条最短路
2
(n+2)(n+1)
种
21
4、（★★★奥数网原创 例10）一批相同的货物，分装6个相同的集装箱，由一个车 队运到目的地，
已知，这个车队一共就3辆同型号车（每辆车只能拖运一个集装箱），如果要求运送次数 不多于三趟，那
么一共有多少种车辆安排方法？如果不要求运送趟数，有多少种车辆安排方法？

分析：（1）如果分两趟就运完，只有一种方法；分三趟，如果第一趟运3个集装箱，那么安 排第二第三
趟有2种方法，如果第一趟运2个集装箱，那么有3种方法，如果第一趟运1个集装箱，那么 有2种方
法，所以一共有1+2+3+2=8种方法.

（2）如图列表：第三项以后每项等于前三项的和，一共有24种方法.
1
1
2
2
3
4
4
7
5
13
6
24


5、（★★★例10）A、 B、C三个小朋友互相传球，先从A开
始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回 到A
手中，那么不同的传球方式共多少种．

分析：如图，A第一次传给B，到第五次传回A有
5种不同方式．
同理，A第一次传给C，也有5种不同方式．
所以，不同的传球方式共有10种．










数学知识

一年12个月，有7个大月，每月31天；4个小月，每月30天；还有 二月平年只有28天，闰年29
天.为什么各月的天数不一样呢？

公元前46年，罗马统帅儒略· 恺撒指定历法.由于他出生在7月，为了表示他的伟大，决定将7月
改 为“儒略月”，连同所有的单月都规定为31天，双月为30天.这样一年多出一天，2月是古罗马处死
犯人的月份，为了减少处死的人数，将2月减少1天，为29天.

恺撒的继承人 奥古斯都生在8月，他仿照恺撒的做法，把8月增加了1天，定为“奥古斯都月”，
并把10月、12月 也改为31天，将9月、11月改为30天.全年又多出了1天，他又从2月减少了1天，
于是2月变成 了28天，到闰年才29天.

这样沿袭下来，就有7月前单月为大月，7月后双 月为大月，二月28天，各月天数不一样，原来是
人为的规定.