文档内容
§10.1 两个计数原理
考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理和分步
乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
知识梳理
两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第 1类方案中有m种不同的方法，
在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m ＋ n 种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步
有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m × n 种不同的方法.
常用结论
1．分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的
1
方法，在第2类方案中有m 种不同的方法，……，在第n类方案中有m 种不同的方法，那
2 n
么完成这件事共有N＝ m＋m＋…＋m 种不同的方法．
1 2 n
2．分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做
1
第2步有m 种不同的方法，……，做第n步有m 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝
2 n
m×m×…×m 种不同的方法．
1 2 n
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )
(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
教材改编题
1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13 C．12 D．10答案 C
解析 将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4
号门进入，同样各有3种走法，不同走法共有4×3＝12(种)．
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能
在本班监考，则不同的监考方法有( )
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
答案 B
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则
余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同
方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．
3．由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所
示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，
每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”
吃掉的可能路线有( )
A．10条 B．8条 C．6条 D．4条
答案 C
解析 由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横走三步，竖走两步；
其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种走法；第
二步，横走一步，竖走一步，有2种走法．
所以所求路线共有3×2＝6(条)．
题型一 分类加法计数原理
例1 (1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每
位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
解析 赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有 4
种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮
册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
(2)如果一个三位正整数如“aaa”满足aa ，则称这样的三位数为凸数(如
1 2 3 1 2 2 3
120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．答案 240
解析 若a ＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2
2
个．若a＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．
2
若a ＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a ＝9，满足条件的“凸数”有
2 2
8×9＝72(个)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
思维升华 使用分类加法计数原理的两个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
跟踪训练1 (1)(2023·太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成
的币值有( )
A．3种 B．6种 C．7种 D．8种
答案 C
解析 由题意得，
三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；
三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；
三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．
一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种)．
(2)设I＝{1,2,3,4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．
若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．
答案 9
解析 对子集A分类讨论：
当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；
当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；
当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；
当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．
根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”
有9个．
题型二 分步乘法计数原理
例2 (1)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9
个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个
数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不同的填法有( )A．12种 B．24种 C．72种 D．216种
答案 A
解析 先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当
该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有 6×2＝12(种)不
同的填法．
(2)(多选)(2022·武汉模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进
行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的
是( )
A．共有43种不同的安排方法
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
答案 ABD
解析 对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，
即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方
法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．
思维升华 利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立
的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成
了，整个事件才算完成．
跟踪训练2 (1)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，则由一层到五层不同的走法有(
)
A．10种 B．25种 C．52种 D．24种答案 D
解析 每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．
由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．
(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是( )
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有43种
答案 AD
解析 对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3
种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个社团
限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选择，
根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出
2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A．14 B．23 C．48 D．120
答案 C
解析 分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋
2＝6(种)不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48.
(2)(2023·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 9,0,2,1,5，为遵守当
地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶
数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，
则不同的用车方案种数为________．
答案 80
解析 5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安
排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数日出行，
分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋8＝20(种)
用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
思维升华 利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．
(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．
跟踪训练3 (1)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为( )
A．24 B．14 C．10 D．9
答案 B
解析 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)选择方式；第二类：选2
套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方
式．
(2)如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域
涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为( )
A．480 B．600
C．720 D．840
答案 C
解析 依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：
若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，
最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，
若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各
有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．
课时精练
1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连．连线上标注的数字表示该
段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开
沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A．9 B．21 C．12 D．8答案 D
解析 由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况，A→D→B或A→C→B，
这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3，根据分类加法计数原理可知
传递的最大信息量为5＋3＝8.
2．(2023·济宁模拟)某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、
外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”
为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同
学必选化学，那么他可选择的方案共有( )
A．4种 B．6种 C．8种 D．12种
答案 B
解析 根据题意得，分两步进行分析：
①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种)．
3．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比
数列的个数为( )
A．3 B．4 C．6 D．8
答案 D
解析 以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；
以2为首项的等比数列为2,4,8；
以4为首项的等比数列为4,6,9；
把这四个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，
所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
4．中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克
土，土克水，水克火，火克金”．将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种
物质不相邻的排法种数为( )
A．8 B．10 C．15 D．20
答案 B
解析 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是
金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第
三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数
为5×2×1×1×1＝10.
5．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、
兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学
喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有( )
A．360种 B．50种
C．60种 D．90种
答案 B
解析 第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)；
第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，
选法有1×3×10＝30(种)，
所以共有20＋30＝50(种)选法．
6．(2023·宿州模拟)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线
面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面
对”的个数为( )
A．12 B．24 C．36 D．48
答案 C
解析 第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面
对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线
面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
7．用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为( )
A．180 B．240 C．420 D. 480
答案 C
解析 以末位数字进行分类：
当末位数字为0时，共有6×5×4＝120(个)；
当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3×5×5×4＝300(个)，
故共有120＋300＝420(个)不同的数字．
8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，
则下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为34
B．每组选1名组长的选法种数为5 400
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不
同的选法有37种
答案 AD
解析 对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法
共有34种，A对；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，
其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，
所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．
9.如图所示，在由连接正八边形的三个顶点构成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形
有________个(用数字作答)．
答案 40
解析 把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形，共有8×4＝32(个)；
第二类，有两条公共边的三角形，共有8个．
由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40(个)．
10．(2023·保定模拟)算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和
进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明．在算筹计数法中，
以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：
数字
1 2 3 4 5 6 7 8 9
方式
纵式
横式
用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类
推，遇零则置空，知“ ”表示的三位数为________；如果把5根算筹以适当的方式全部
放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为________．答案 621 14
解析 由题意，结合表格中的数据和图形，知“ ”表示的三位数为621；
共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，
①当个位数为5时，不符合题意；
②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，
若百位有1根，十位有4根，则共有1×2＝2(个)三位数；
若百位有2根，十位有3根，则共有2×2＝4(个)三位数；
若百位有3根，十位有2根，则共有2×2＝4(个)三位数；
若百位有4根，十位有1根，则共有2×1＝2(个)三位数；
若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数．
所以共有2＋4＋4＋2＋2＝14(个)三位数．
11.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形
ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，
△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有
公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是( )
A．48 B．54
C．72 D．108
答案 C
解析 设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别
为②，③，④，⑤区．
第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．
12．(2022·怀化模拟)世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强
(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，
直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________．
答案 64
解析 因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝
48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因
此比赛进行的总场数为48＋16＝64.
13．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：(1)甲在下落的过程中
依次撞击到树枝A，B，C；(2)乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；(3)丙在下落的
过程中依次撞击到树枝G，A，C；(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；(5)戊在
下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则这九根树枝从高到低不同的顺序共有( )
A．23 种 B．24 种 C．32 种 D．33 种
答案 D
解析 不妨设A，B，C，D，E，F，G，H，I代表树枝的高度，九根树枝从上至下共九个位
置，
根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，
C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E，可得G>A>B，且G，A，B
在前四个位置，C>E>F，D>E>F，且E，F一定排在后四个位置，
(1)若I排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C，则第六
个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排
法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有4×(3＋4)＝28(种)排法；
(2)若I不排在前四个位置中的一个位置，则G，A，B，D按顺序排在前四个位置，由于
I>C>E>F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位
置中的一个位置共有5种排法，
由分类加法计数原理可得，这九根树枝从高到低不同的顺序有28＋5＝33(种)．
14．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时，各位均不进位(例如：134＋3 802＝3
936)，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n为有序数对(m，n)的值，那么值为1 942的
“简单的”有序数对的个数是________．
答案 300
解析 第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理可知，值为 1 942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝
300.
