分类计数原理与分步计数原理排列.docx

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1、分类计数原理与分步计数原理、排列【高考导航】分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理，它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最根本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.【学法点拨】对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类的思考，分步计数原理是将问题进行“分步的思考，从而到达分析问题、解决问题的目的.从集合的角度看，两个根本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类方法，即集合A、B互不

2、相交，在A类方法中有m1种方法，B类方法中有m2种方法,即card(A)=m1,card(B)=m2,那么完成这件事的不同方法的种数是Card(A&cup；B)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理,假设完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有InI种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即Card(A)=n1;Card(B)=12,那么完成这件事的不同方法的种数是card(A·；B)=card(A)·；card(B)=m1femiddot；m2.这就是n=2时的分步计数原理.两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与“分类有关

3、，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“分步有关，各个步躲相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.【根底知识必备】一、必记知识精选1 ,分类计数原理：做一件事，有n类方法，在第1类方法中有m1种不同的方法，在第2类方法中有m2种不同的方法，在第n类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+mn种不同的方法.2.分步计数原理：完成一件事，需要分成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N=Iii1fetimes

4、;m2fetimes;fetimes;mn种不同的方法.二、重点难点突破本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.难点是两个原理的恰当运用.两个原理的区别在于“分类与“分步，完成一件事的方法种数假设需“分类思考，那么这n类方法是相互独立的，且无论哪一类方法中的哪一个方法都能单独完成这件事，那么用加法计数.假设完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.处理具体问题时，首先要弄清是“分类还是“分步，简单地说是“分类互斥、分步互依，因此在解题时，要搞清题目的条件与结论，且还要注意分类时，

5、要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目，往往既要分类又要分步，也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.三、易错点和易忽略点导析由于对两个原理理解不清，解题时，易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误，即“遗漏或者“重复.【例1】有红、黄、蓝旗各3面，每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同那么表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？错解：可组成3×；3×；3=27种不同的信号.正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次用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&

6、times；3×；3=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成39+27=39种不同的信号.错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.此题综合应用了乘法原理和加法原理.【例2】在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数？错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有8×；7种方法，所以共有5×；5×；8×；7=1400个.正确解法：分两类；一类是以3、5、7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数位有8×；7种方法，

7、所以共有3×；4×；8×；7=672个.另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2×；5×；8×；7=560个.由分类计数原理得共有672+560=1232个.错解分析：由题意，3、5、7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3、5、7去填.还是用4、6去填，影响到第二步，即填个位的方法数，遇到此类情形,那么要分类处理.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.【例3】编号为125的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法？错解：分以

8、下三步完成：（1）选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法；（2）选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法；（3）选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.根据乘法原理,有25×；16×；9=3600种方法.正确解法：分以下三个步骤：（1）先从5行5列中选出3行有10种选法；（2）从一行的5个球中选出3个球,有10种选法；（3）最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第步选出3行的每一行上有6种方法.根据乘法原理有10×；10×；6

9、=600种选法.错解分析：错解中先选一球,假定此球为,第二步去掉球所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球（25）,第三步在去掉球与（25）所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球（13）,那么此选法为（25）（13）,假设第一步选（13）,第二步选,第三步选（25）,显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以，解法是错误的，每一不同取法在错解中都被重复了6次.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有（）A.25个B.26个C.36个D.37个思维入门指导：设另两边长分别为x,y,

10、且不妨设1&1e；x&1e；y.由三角形的特性，必须满足x+y&ge；12,以下可以分类考虑.解：当y取11时,x=1,2,3,，11,可有11个三角形.当y取10时，x=2,3,10,可有9个三角形.当y取6时，x=6可有1个三角形.因此，所求三角形的个数为+9+7+5+3+1=36个，故应选C.点拨：此题应用了“穷举法，这也是解决排列组合应用题的一个根本方法.二、学科间综合思维点拨例2DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.假设一个DNA分子有8000个碱基，那么由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有（）种.A.2100B.24000C.48000D.44000解：选D.点拨：每

11、个碱基可互配对及自配对.三、应用思维点拨【例3】（1）有5名同学报名参加4个课外活动小组，假设每人限报1个，共有多少种不同的报名方法？（2）5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能？思维入门指导：（1）每名同学确定参报课外活动小组工程可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.（2）可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.解：（1）每名同学在四个工程中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：N=4fetimes；4×；4×；4×；4=45=1024种.（2）为每一个冠军寻找人选均有5种可能，因此,根据分步计数原理,冠

12、军获得者共有：N=5×；5×；5×；5=54=625种.四、创新思维点拨【例4】（1）有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张，共可组成多少种不同的币值？（2）有一角、二角、五角人民币各一张，一元人民币3张，五元人民币2张，一百元人民币2张，由这些人民币可组成多少种不同的币值？思维入门指导：（1）中的8张人民币的面值各不相同，并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种.对每一张人民币而言，都有“取与“不取两种可能.因此，可按这样的程序：（2）中这10张人民币一元的有

13、3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：解：（1）每张人民币均有“取与“不取两种可能，所以有2×；2×；2×；2fetimes;2×；2fetimes;2×；2-28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为；N=28-1=255（种）.（2）第一、二、三步都只有“取与“不取这两种情况，第四步取一元的3张中，可分“不取、”取一张、“取二张、“取三张这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：N=2fetimes;2×；2×；4fetimes;3×

14、；3-1=287种.点拨：此题假设“分类思考，特别是第（2）问，那么较麻烦.此法为“间接法.五、高考思维点拨【例5】（2019,河南）将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有种（以数字作答）.解：设从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,那么第2块可种b或C,有两种选法.同理，如果第二块种b,那么第三块可种a和C,也有两种选法，由乘法原理共有：1×；2×；2×；2fetimes;2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=1

15、4种方法.同样b和C也可种在第1块田中，故共有：14×；3=42种.点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.六、经典类型题思维点拨【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.(1)从A地到C地共有多少种不同的走法？(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法？(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法？(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法？思维入门指导：要综合应用两个原理.解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B,第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B,第二步从B到C,所以从A地到C地的不同走法总数是3×；4+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是14×；14=196种.(3)该事件的过程与一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是14×；13=182种.该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：假设去时