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2021年初中数学竞赛辅导 第十八讲《加法原理与乘法原理》
教案1 北师大版
加法原理和乘法原理是计数研究中最 常用、也是最基本的两个原
理．所谓计数，就是数数，把一些对象的具体数目数出来．当然，情况简单时可以一个一个地数．如果数目较大时，一个一个地数是不可行的，利
用加法原理和乘法原理，可 以帮助我们计数．

加法原理 完成一件工作有n种方式，用第1种方式完成有m
1
种方法，
用第2种方式完成有m
2
种方法，…，用第n种方式完成有mn
种方法，那
么，完成这件工作总共有

m
1
+m
2
+…+m
n

种方法．

例如，从A城到B城有三种交通工具：火车、汽车、飞机．坐火车每< br>天有2个班次；坐汽车每天有3个班次；乘飞机每天只有1个班次，那么，
从A城到B城的方法共 有2+3+1=6种．

乘法原理 完成一件工作共需n个步骤：完成第1个步骤有m1
种方法，
完成第2个步骤有m
2
种方法，…，完成第n个步骤有mn
种方法，那么，
完成这一件工作共有

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m
1
·m
2
·…·m
n

种方法．
例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，
b，c)， 从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6
条路线，它们是：
am，at，bm，bt，cm，ct．
下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．
例1 利用数字1，2，3，4，5共可组成
(1)多少个数字不重复的三位数？
(2)多少个数字不重复的三位偶数？
(3)多少个数字不重复的偶数？
解(1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有
5×40×3=60
个数字不重复的三位数．
(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后， 十位数还有4种选
择；百位数有3种选择．所以共有
2×4×3=24
个数字不重复的三位偶数．
(3)分为5种情况：
一位偶数，只有两个：2和4．
二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．
三位偶数由上述(2)中求得为24个．
四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或
4)．
五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．
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由加法原理，偶数的个数共有
2+8+24+48+48=130．
例2 从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？
解法1 将符合要求的自然数分为以下三类：
(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．
(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，98种情形，在个位
上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．
(3)三位数 ，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数
字则有0，1，2，4，5，6，7 ，8，9九种情形，故三位数有
2×9×9=162个．
因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有
8+72+162=242个．
解法2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3
不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，
因此除去0共有
3×9×9-1=242(个)．
例3 在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？
解 不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面
补0．使之成为四位数．
先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9
这九 个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法
原理，由这九个数字组成的 四位数个数为
9×9×9×9＝6561，
其中包括了一个0000，它不是自然数， 所以比10000小的不含数字1的自然数
的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自 然数共有9999-6560=3439个．
例4 求正整数1400的正因数的个数．
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解 因为任何一个正整数的任何一个正因数 (除1外)都是这个数的一些质因数
的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积
1400=257
所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到( 有的可重
复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：
(1)取2的正因数是2，2，2，3，共3+1种；
(2)取5的正因数是5，5，5，共2+1种；
(3)取7的正因数是7，7，共1+1种．
所以1400的正因数个数为
(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．
说明 利用本题的方法，可得如下结果：
若p
i
是质数，a
i
是正整数(i=1，2，…，r)，则数

的不同的正因数的个数是
(a
1
+1)(a
2
+1)…(ar+1)．
例5 求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．
01
2012
30123
32

能被3整除，
于是分别讨论如下：
+a5
(1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位， 即a
5
=6，那么a
2
，a
3
，a
4
可以
是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a
1
不能是任意的， 它是由
a
2
+a
3
+a
4
+a
5
被3除后的余数所决定．因此，为了保证a
1
+a
2
+a
3
+a
4
+a
5
能被3整除，a
1
只有3种可能，根据乘法原 理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有
3×10×10×10=3000(个)．
(2)最后一个6出现在第四位，即a
4
=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等
于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a
1
+a
2
+a
3
+a
4
+a
5
被3整除，a
1
有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有
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3×10×10×9=2700(个)．
(3)最后一个6出现在第3位，即a
3
=6，被3整除的数应有
3×10×9×9=2430(个)．
(4)最后一个6出现在第2位，即a
2
=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
(5)a
1
=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有
3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)．
例6 如图 1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜
色中的某一种着色．如果使相 邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？

解 对这五个区域，我们分五步依次给予着色：
(1)区域A共有5种着色方式；
(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；
(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；
(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；
(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．
于是，根据乘法原理共有
5×4×3×3×2=360
种不同的着色方式．
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例7 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多
少种不同的剪法？
解 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．

凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是
不能充当凸字 形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个
都是一个凸字形的头，所以， 这类凸字形有16个．
第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸 字
形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有
4×(4×4)=64(个)．
由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．
练习十八
1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？
2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，
(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？
(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？
4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多
少个不同的三位数？
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5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？
6．今有一角 币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用
这些纸币任意付款，可以付出不同数额 的款子共有多少种？
7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？
8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？
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