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第7讲 加法原理与乘法原理


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排列与组合 问题是围绕计数问题展开的一类问题。解决此类问题，一般要用到两个常用
的原理，即加法原理和乘法原 理。
要完成一个任务，如果能分成r类彼此独立的不同方式，第一类方式有
可以完成任务，第 二类方式有
种不同的方法
种不同种不同的方法可以完成任务，……，第r方式有
的方法 完成任务。那么完成这个任务就有
方法就称为加法原理。
如果完成某项任务要分r个不同的步 骤，第一步有
种不同的方法完成任务，……，第r步有
就有
种不同的方法，这种分类计 数的
种不同的方法完成任务，第二步有
种不同的方法完成任务。那么完成这个任务
种不 同的方法，这种步骤完成任务的计数方法称为乘法原理。

重点·难点
加法原理 、乘法原理以及上一讲的容斥原理是解决计数问题的三个基本原理。应用加法
原理和乘法原理，关键是弄 清两者之间的本质区别：如果属于分类考虑，则应用加法原理解
题，如果属于分步考虑，则应用乘法原理 解题。如何根据题意分清究竟是分类还是分步，是
本讲的难点。

学法指导 在应用这两个原理解计数问题时必须紧紧抓住“分类还是分步”来区分两种原理。除此
以外，解决问 题常用的方法还有枚举法、对应法、归纳法等，应根据具体问题灵活采用适当
的方法。

经典例题
[例1]如图1所示，在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，求由若干 个小方块
能拼成的所有正方形的数目。

思路剖析 < br>由小方块所拼成的正方形边长可以取1，2，…，10。这样有十类不同的方式拼出正方
形。下面 再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。边长为1的正方形显然有10×10个；
边长为2的正方形 ，横边有9种选择：AC，BD，CE，DF，…，IK。类似的，纵边也有9
种选择，横边和纵边都选 定后正方形就确定了。因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形
的任务，由乘法原理可知拼出边长为2 的小正方形有9×9个。边长为其他数时可以类似推
出。

解答
由乘法原理可得：
边长为1的小正方形有10×10个；
边长为2的小正方形有9×9个；
边长为3的小正方形有8×8个；
……
边长为9的小正方形有2×2个；
边长为10的小正方形有1×1个。
由加法原理，共有
10×10+9×9+…2×2+1×1=100+81+64+49+3 6+25+16+9+4+1=385（个）
答：共有385个正方形。
[例2]用红、黄 、蓝、绿四种颜色给一个五边形（图2）着色，要求：相邻两边的颜色
不同。那么共有多少种不同的着色 方法？

思路剖析
为了方便我们给五边形的各个顶点 编上字母。给五边形着色是一边一边地着色，因此完
成这个任务要分步进行。第一步先涂AB边，有四种 颜色可供选择，所以第一步有4种方法；
第二步再涂BC边，有除AC边颜色以外的三种颜色可供选择， 所以第二步有3种方法；第
三步涂CD边，可以选择与BC边颜色不同的另外三种颜色，所以这一步也有 3种方法，同
理，DE边也有三种颜色可供选择；在涂AE边时，它不但要与DE边不同，还要与AB边
不同，所以要分DE边与AB边颜色相同和相异两种不同情况讨论。

解答
AB边有红、黄、蓝、绿4种不同的涂法；
BC边有涂AB边外的3种不同的涂法；
CD边有涂BC边外的3种不同的涂法；
DE边有涂CD边外的3种不同的涂法。
此时，如果DE边和AB边外的两种不同涂法；如果DE边和AB边颜色一样，则AE
边有有除AB、D E边外的两种不同涂法；如果DE边和AB边颜色一样，AE边有3种不同
的涂法；
DE边和AB边颜色不一样时，由乘法原理有4×3×3×3×2=216（种）不同的涂法；
DE边和AB边颜色一样时，由乘法原理有4×3×3×3×3=324（种）不同的涂法；
最后由加法原理，共有216+324=540（种）。
[例3]求由1、2、3、4、5五 个数字组成的没有重复数字的五位数的个数。如果将它们
从小到大排列起来，则21345位于第几个数 ？

思路剖析
要得到由1、2、3、4、5组成的五位数，只需用五个步骤。第 一步从五个数字中选一个
放在个位上，有5种选法；第二步从剩下的四个数中选一个放在十位上，有4种 选法；依次
类推，最后一个数放在万位上。

解答
所求五位数的个数有5×4×3×2×1=120（个）
以1、2、3、4、5作万位数的应 该一样多，有24个，而21345是以2为万位数的五位
数中最小的一个，所以它应该是第25个数。
[例4]求5040共有多少个约数？

思路剖析
首先将5040分解质因数
因此5040的约数都可以表示成为


其中a的取值为0，1，2，3，4；b的取值为0，1，2；c的取值为0，1；d的取值为0，
1； 困此a，b，c，d的可能取值个数分别为5，3，2，2。

解答

由乘法原理，5040的约数的个数为
（4+1）×（2+1）×（1+1）×（1+1）=60（个）
答：5040共有60个约数。
[例5]从2、3、4、5、6、10、11、12这8个数 中，取出两个数，作成一个最简真分数
有多少种取法？

思路剖析
要作 成一个最简真分数，必须分两步来完成：一步取分母，一步取分子，同时要注意分
子不但要比分母小，而 且要与分母互质。我们可以适当运用枚举法。

解答
如果分母取3，则分子可以 取2，有1种取法；如果分母取4，则分子可以取3，有1
种取法；如果分母取5，则分子可以取2、3 、4，有3种取法；如果分母取6，分子可以取5，
有1种取法；如果分母取10，分子可以取3，有1 种取法；如果分母取11，分子可以取2、
3、4、5、6、10，有6种取法；如果分母取12，分子 可以取3、11，有2种取法。
由加法原理，要作成一个最简真分数，共有1+1+3+1+1+6+2=15（种）不同的取法。
答：作成一个最简单的真分数有15种取法。
[例6]有4张卡片，正反面都各有写有一个数 字。第1张上写的是0和1，其他3张正
反面上分别写有2和3，4和5，7和8。现任意取出其中3张 卡片，放在一排，组成的三位
数共有多少种可能？

思路剖析
要得到一 个三位数，可以分成三个步骤：第一步：确定百位数，可以从4张卡片中取出
一张，有4种取法，取出后 以其中的某个面作为正面，又有两种可能。但0不能作百位数，
因此百位数有（4×2-1）种选择；第 二步，确定十位数，由于百位数确定后只剩3张卡片，
可知有（3×2）种选择；第三步，确定个位数， 十位数确定后，只剩两张卡片，有（2×2）
种选择。

解答
根据上述 分析，组成三位数的可能性有（4×2-1）×（3×2）×（2×2）=7×6×4=168
（种）
答：组成的三位数共有168种可能。
[例7]从1到400的所有自然数中，不含数字5的自然数有多少个？

思路剖析
可以用两种思路来解：一种是枚举法，从一位数，两位数到三位数总结出各有多少个 合
乎题意的数，再相加；另一种是从所有这些自然数中分个位、十位、百位上的数字来讨论，
从 而确定出总数。

解答
☆解法一：从1到400的所有自然数可以按位数分成三类，即一位数、两位数和三位数。
在一位数中，不含数字5的有8个。

在两位数中，不含数字5的可分十位和个 位两步来考虑。十位上，不含数字5的有1、
2、3、4、6、7、8、9八种情况。个位上不含数字5 的有0、1、2、3、4、6、7、8、9九种
情况。由乘法原理，共有8×9=72(个)不含数字5 的两位数。
在三位数中，不含数字5的可分百位、十位、个位三步来考虑。百位上不含5的有1、2、3三种情况；十位上不含数字5的有0、1、2、3、4、6、7、8、9九种情况；个位上与
十位上情况一样也有九种可能。由乘法原理，这时不含数字5的数有3×9×9=243（个），
同时4 00也是一个不含数字5的三位数，所以不含数字5的三位数共有244个。
从而，由加法原理，在1 到400的自然数中，不含数字5的自然数共有8+72+244=324
（个）
☆解法二： 如果我们把一位数看成前面有两个0的三位数，把两位数看成前面有一个0
的三位数，如把3看成003 ，把24看成024。这样除去400，在百位数上有0、1、2、3这
四种情况；在十位数上有0、1 、2、3、4、6、7、8、9这九种情况；在个位上，有0、1、2、
3、4、6、7、8、9这九种 情况。
由乘法原理，除400外，有4×9×9（个）不含数字5的自然数，但000也被计算在内，
400没有被计算进去，因此从1到400的自然数中，不含数字5的自然数共有324-1+1=32 4
（个）。
答：不含数字5的自然数有324个。
[例8]有A、B、C、D、E 五人排成一队，A不许站排头，B不许站排尾，共有多少种
不同排法？
12345

思路剖析
我们从排头到排尾依次编号为1、2、3、4、5。由于A不能站排头，所以我们可 考虑A
的站位，再由B不能站排尾，考虑B的站位，然后再考虑C、D、E的站位；同时，我们也
可以换个角度：从所有可能的站位情况，扣去A站排头或B站排尾的情况，从而得到所有
不同排法。

解法
☆解法一：先讨论A的站位：
（1）A站在5号位置上，则A只 有一种站法，B有4个不同位置可站，C有3个不同
位置可站，D有两个不同位置可站，E只有1个位置 可站，由乘法原理，在这种站位方式下
有
1×4×3×2×1=24（种）不同的排队方法。
（2）A站在2、3、4号3个位置之一。此时A有3个位置可站，B不能站在5号位，
也只有 3个位置可站，C有3个位置可站，D有2个位置可站，E有1个位置可站，由乘法
原理，在这种站位方 式下有3×3×3×2×1=54（种）不同的排队方法。
最后，由加法原理，共有24+54=78（种）不同的排队方法。
☆解法二；五个人任意排 队，共有5×4×3×2×1=120（种）不同的方法。A站排头有
4×3×2×1=24（种）不同 的排法；B站排尾有4×3×2×1=24（种）不同的排法；但这两
种方法有重复，即A站排头且B站 排尾；有3×2×1=6（种）不同的排法。因此，由容斥
原理，A站排头且B不站排尾的排队方法总数 是120-42=78（种）。
答：符合要求的排队方法共有78种。

点津

本讲易犯的错误是混淆加法原理和乘法原理，这只要抓住二者的区别，即加法用在分类< br>上，乘法用在分步上即可避免此类错误。在解计数时，我们一般先考虑其中的特殊情况，如
例8要 先考虑“A不能站排头，B不能站排尾”这一点，就容易化简问题。同时，在解题时
一定要思路清楚，考 周全，如例8中解法二考虑A排头或B排尾，要想到A排头同时B排
尾这种情况被两次计算过，因此只有 思路严密，才能保证解题的正确。



发散思维训练
1．从0、1、2、3、4这五个数字中任取3个，可以组成______个无重复数字的三位数。
2．在m×n的方格纸上，取两个相邻的小方格共有______种取法。
3．书架上有不同的数学书20本，不同的语文书10本，现从书架上取书，试问：
（1）取出一本书，有______种不同的取法。
（2）取出数学书和语文书各一本，有______种不同的取法。
4．将1、2、3、4这 4个数字从小到大排成一行，在4个数中间任意插入乘号，可以得
到______个不同的乘积（要求最 少有一个乘号）。
5．将一个长方形用对角线分成四份，如图3所示，现用五种颜色染色，要求每小块 染
一种颜色，相邻的两小块（有公共边的）必须染不同的颜色。那么，总共有______种不同的染色方法。

6．用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图4中的A、B、C、D四个区域 ，要求相邻区
域不可同色，共有______种不同涂法。

7．从1~9这9个数字中每次取出2个不同的自然数相加，和大于10的选法共有多少种？
8．现有长度为1、2、3、4、5、6、7、8、9单位长度的铁丝各一条，从中选出若干条
来组成正 方形，问有多少种不同的选法？
9．由非负整数形成的整点（m，n）中，如果做加法m+n时不需要 进位，我们称（m，
n）为“A点”，m+n为（m，n）的和。请问有多少个这样的“A点”，它们的 和是1949？



发散思维训练

1．解：
百位上可以有1、2、3、4四种选择，十位数可以选除百位外的另 外四个数，也是四种
选择，在个位上可取百位、十位外的另外三个数，有三种选择，因此共可以组成4× 4×3=48
（个）符合题意的三位数。
2．解：
如果这两个小方格是上下相邻的 ，它有一边长有n种可能，另一边长有（m-1）种可能，
从而有n(m-1)(个)小长方形；类似的 ，如果这两个小方格是左右相邻的，有(n-1)m(个)小长
方形，从而共有(n-1)m+n(m- 1)=2mn-(m+n)(个)符合题意的取法。
3．解：
（1）取出一本书，若是数学 书有20种取法，若是语文书，有10种取法，总共有20+10=30
（种）取法。
（2） 取出数学书和语文书各一本，可以分两步完成：先取出数学书，有20种取法；再
取出语文书，又有10 种取法。由乘法原理，总共有20×10=200（种）取法。
4．解：
显然，乘号只能放 在1和2、2和3、3和4之间。在1和2之间，有放与不放两种可能，
在2和3之间，有放与不放两种 可能，同样在3和4之间也有放与不放两种可能，所以总共
有2×2×2=8（种）放法，但必须排除其 中三个位置均不放乘号的可能性，所以共有7种放
法。
5．解：
在A中填入颜色， 有五种填法，在B中则有四种填法，对C则要分类考虑。如果A与
C颜色一亲，则D有四种填法；如果A 与C颜色不一样，C有三种填法，D有三种填法，
所以最后共有填5×4×（1×4+3×3）=20× 13=260（种）。
6．解：
因为A、C、D相互隔开，而B与它们均相连，故选择先涂 B，有四种涂法，而A、C、
D均各有三种涂法，所以总共有4×3×3×3=108（种）不同涂法。
7．解：
要使和大于10，加数不能取1。我们可以采取枚举法。
一个加数为2时，2+9=11，
一个加数为3时，3+9=12，3+8=11
一个加数为4时，4+9=13，4+8=12，4+7=11
一个加数为5时，5+9=14，5+8=13，5+7=12，5+6=11
一个加数为6时，6+9=16，6+8=14，6+7=13
一个加数为7时，7+9=16，7+8=15
一个加数为8时，8+9=17
于是符合条件的选法共有1+2+3+4+3+2+1=16（种）。
8．解：
这些铁丝总的长度为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，所以所组成的正方形最长边为11。
（1）边长为11时，由于19+2=8+3=7+4=6+5
因此可取长度为2、3、4、 5、6、7、8、9的铁丝，按（9，2），（8，3），（7，4），
（6，5）分组，可得边长为1 1的正方形一个，显然，这只能有一种选择。
（2）边长为10时，由于10=9+1=8+2=7+3=6+4
取长度为1、2、3、4、6、7、8、9可得到1个边长为10的正方形。
（3）边长为9时，由于9=8+1=7+2=6+3=5+4

从而可以取下 列四组数构成一正方形：9，（8，1），（7，2），（6，3）；9，（8，1），
（7，2），（ 5，4）；9（8，1），（5，4），（6，3）；9，（8，1），（7，2），（6，3），
（5 ，4）
共有5种不同选择。
（4）边长为8时，由于8=7+1=6+2=5+3
可得到一个正方形。
（5）边长为7时，由于7=6+1=5+2=3+4
可是得到一个正方形。
当边长小于7时，无法组成正方形。
从而满足题意的有1+1+5+1+1=9（种）不同选法。
9．解：
我们规定，如果一个数最高位是0是存在的，如0321它实际上就是321。
先考虑m，因 为如果m一定，那么n也就决定了。先考虑m的千位数，它只能有两种
选择，0、1；再考虑它的百位数 ，有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9十种选择，同样，十
位数上有0、1、2、3、4五种选 择，个位上也有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9十种选择。
因此，总共合乎题意的“A点”有 2×10×5×10=1000（种）。