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第3讲 计数原理
复习要点 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．
一 分类加法计数原理
完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m 种不同的方法，在第2类办法中有m
1 2
种不同的方法……在第n类办法中有m 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m ＋ m ＋…
n 1 2
＋ m 种不同的方法．
n
二 分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有m 种不同
1 2
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＝m × m ×…× m 种不同的方
n 1 2 n
法．
三 利用两个计数原理解题的一般思路
(1)弄清完成“一件事”是什么事．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
常/用/结/论
两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算完成一件事的方法种数
分类、相加 分步、相乘
每步依次完成才算完成这件事情
不同点 每类方案中的每一种方法都能独
(每步中的每一种方法不能独立完
立完成这件事
成这件事)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可
1．判断下列结论是否正确．
(1)在分类加法计数原理中，每类方案中的每种方法都能直接完成这件事．(√)
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成
这件事．()
(3)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．()
(4)某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种
数是16.(√)
2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，
则不同的买法共有( )
A．7种 B．8种 D．9种 C．6种解析：要完成的“一件事”是“至少买一张 IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电
话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话
卡”这件事，买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话
卡有2种方法．不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．
答案：A
3．如图，5个完全相同的圆盘用长度相同的线段连接成十字形．将其中两个圆盘染上
红色，三个圆盘染上蓝色．并规定：若一种染色方法经过旋转后与第二种染色方法一致，
则认为这两者是同一种染色方法．则不同的染色方法共有( )
A．2种 B．3种
C．6种 D．10种
解析：第一种：中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘相邻；第二种：
中心圆盘染蓝色，周围圆盘中有两个染红色且红色圆盘不相邻；第三种：中心圆盘染红色
周围圆盘中有一个染红色．
答案：B
4．(2024·河北沧衡八校联盟)将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1
张，不同的分法种数为( )
A．720 B．240
C．120 D．60
解析：第一步：第1张门票有10种不同分法．
第二步：第2张门票有9种不同分法．
第三步：第3张门票有8种不同分法．
由分步乘法计数原理，共有10×9×8＝720(种)分法，故选A．
答案：A
5．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元
素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中可表示第一、第二象
限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8 C．6 D．4
解析：第一象限内不同的点有2×2＝4(个)，第二象限内不同的点有1×2＝2(个)，故共
有4＋2＝6(个)．故选C．
答案：C
题型 两个计数原理
典例1(1)数独是一种运用纸、笔进行演算的数学游戏．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
可先填某一行：3×2×1＝6，再用列举法填剩余两行．( )
A．12种 B．24种
C．72种 D．216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”，
按其中一个子集中元素个数分类其中必有元素1,2.
则符合此条件的“理想配集”有________个．
解析：(1)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．
故选A．
(2)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为{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．
故答案为9.
利用两个计数原理解决问题要扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还
是“分步”，搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．
(1)分类时需要满足两个条件：
①类与类之间要互斥(保证不重复)；
②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．
(2)分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立、互不干
扰，并确保连续性．
对点练1(1)某学校有东、南、西、北四个校门，学校对进入四个校门做出如下规定：
学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入校园．现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序)，请问他们进入校园的方式共有( )
A．6种 B．12种 C．24种 D．32种
(2)(2024·山西太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算
珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，
记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等
差数列，则不同的分珠计数法有________种．
解析：(1)因为学生只能从东门或西门进入校园， 所以3名学生进入校园的方式共23＝
8(种)．因为教师只可以从南门或北门进入校园， 所以2名教师进入校园的方式共有22＝
4(种)．所以2名教师和3名学生进入校园的方式共有8×4＝32(种)．故选D．
(2)根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7,14]中的8个整数，故公差d的范围是
区间[－3,3]中的整数．①当公差d＝0时，有C＝8(种)；②当公差d＝±1时，b不取7和
14，有2×C＝12(种)；③当公差d＝±2时，b不取7,8,13,14，有2×C＝8(种)；④当公差d＝
±3时，b只能取10或11，有2×C＝4(种)．综上，共有8＋12＋8＋4＝32(种)不同的分珠计
数法．
答案：(1)D (2)32
题型 两个计数原理的应用的多维研讨
维度1 数字问题
典例2(1)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数
关键条件． 数字0不在首位．
的个数为( )
A．243 B．252 C．261 D．279
(2)(2024·河北沧州七校联考)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则
即十位数字最小．
称该数为“驼峰数”．比如102,546为“驼峰数”，由数字1,2,3,4构成的无重复数字
的“驼峰数”有________个．
解析：(1)由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)
的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8＝648，则组成有重
复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B．
(2)分三步：第一步选3个数，有C＝4(种)方法；第二步把选出的3个数中最小的数排
在十位，有1种方法；第三步排个位和百位，有A＝2(种)方法．由分步乘法计数原理可知
共有4×1×2＝8(个)“驼峰数”．故答案为8.
与数字有关的问题的解题策略
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊
位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位.\s\up7( )
对点练2 (1)从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的
底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为( )
A．56 B．54 C．53 D．52
(2)(2024·河北秦皇岛模拟)用0,1,2,3，…，9这十个数字可组成________个不同的小于
500且没有重复数字的自然数．
解析：(1)在这8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56(个)对数值，在这56
个对数值中，log 4＝log 9，log 2＝log 3，log 3＝log 9，log 2＝log 4，则满足条件的对数值
2 3 4 9 2 4 3 9
共有56－4＝52(个)．故选D．
(2)满足条件的一位自然数有10个，两位自然数有9×9＝81(个)，三位自然数有4×9×8
＝288(个)，由分类加法计数原理知，共有10＋81＋288＝379(个)不同的小于500且没有重
复数字的自然数．
答案：(1)D (2)379
维度2 住店问题
典例3(1) 5 名旅客投宿到一个旅店的 3 个房间
“旅客”选“房间”．
(假设每个房间都有至少5个床位)，问共有多少种不同的住店方法？
(2) 5 名学生争夺 3 项比赛的冠军， 每项比赛只有1名冠军，获得
“冠军”选“学生”．
冠军的可能情况有多少种？
解：(1)∵每名客人只能住一个房间，而每个房间可以容纳多名客人，∴完成这件事需
以客为主，安排5名客人分成5步：
①安排第1名旅客有3个房间(3种方法)．
②安排第2名旅客也有3个房间(3种方法)……
∴共有3×3×3×3×3＝243(种)不同的住店方法．
(2)每个冠军只能有一个人获得，而每人可获得多个冠军，所以“冠军”相当于“客”，
“学生”相当于“房间”，3人住5个房间，共有53＝125(种)可能的情况．
此类问题均可以类比本例(1)，用“住店法”求解．用“住店法”解题时需要确定所给
的两类元素，哪一类是“客”(只能有一个选择的元素为“客”)，哪一类是“房间”(可以
容纳多个元素的为“房间”).\s\up7( )
对点练3有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报
名方法？(六名同学不一定都能参加)
(1)每人必须且只参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，但每人参加的项目不限；
(3)每项限报一人，且每人至多参加一项．
解：(1)每人都可以从这三个竞赛项目中任意选报一项，各有 3种不同的报名方法，根
据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．(本题相当于6个人住3个房间)
(2)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一个参赛，根据
分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．(本题相当于3个人住6个房
间)
(3)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6种选法，
第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的
报名方法共有6×5×4＝120(种)．
维度3 实际应用
典例4 (1)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，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( )
3天奇数日，2天偶数日，分两步，
A．5 B．24 C．32 D．64
(2)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，
从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式“1＋a＋b＋
ab”表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红
球和蓝球都取出来，以此类推．下列各式中，其展开式可用来表示从 5个无区别的红球、5
个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的
所有取法的是( )
考场应试技巧：可用特殊值排除法，蓝球取法B，C，D均错误．
A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5) (1 ＋ b 5 ) (1＋c)5
B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)
D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解析：(1)5日至9日，即5,6,7,8,9日，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日
出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)．第二步安排偶数日出行，分两类：第一类，先
选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天
都有2种选择，共有22＝4(种)．共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方
案种数为8×8＝64.故选D．
(2)分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个、1个、…、5个，表示为1＋a＋
a2＋a3＋a4＋a5；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，表示为1＋b5；第三步，从
5个有区别的黑球中任取0个、1个、…、5个，表示为(1＋c)5，所以所有的取法可表示为(1
＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A．
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，然
后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(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，使问题的
分析更直观、清楚，便于探索规律．
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．
对点练4(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
(2)(2024·广东东莞高三联考)东莞近三年连续被评为“新一线城市”，“东莞制造”也
在加速转型升级步伐．现有4个项目由东莞市政府安排到2个地区进行建设，每个地区至
少有一个项目，其中项目A和B不能安排在同一个地区，则不同的安排方式有( )
A．4种 B．8种 C．12种 D．16种
解析：(1)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)先把A，B两个项目安排到两个地区，然后剩下的两个项目再选择地区，共有安排
方式A×22＝8(种)．故选B．
答案：(1)B (2)B
维度4 涂色、种植问题
典例5 (2024·甘肃白银检测)用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，
要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________
种．
解析：可分四步：
第一步，涂区域1，有4种选择；
第二步，涂区域2，有3种选择；
第三步，涂区域3，有2种选择；
第四步，涂剩下的两个区域， 有 2 种选择 ；
【扫清障碍】区域4，由于与区域1,3不同色，故只有2种选择．若区域4与区域2同
色，由于4色都得涂，故区域5只能选余下一种颜色；若区域4与区域2不同色，由于区
域5与区域1,2,4不同色，故区域5只能有一种颜色可选. 故剩下的两个区域一共有2种选
择．
故不同的涂色方法有 4×3×2×2 ＝ 48( 种 ) ．
【另解】也可以按照两个不相邻的区域同色与不同色分类求解，区域2,4同色(也就是
区域3,5不同色)，或区域3,5同色(也就是区域2,4不同色)，则不同的涂色方法共有CA＝48(种)．
故答案为48.
对于涂色、种植问题的解题策略
(1)分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．
(2)注意对每个区域逐一进行，分步处理，一般先涂(种)与其他区域相邻最多的区域．
(3)可按颜色(作物)的种数分类，也可按不同的区域分步完成.\s\up7( )
对点练5 (2024·湖南郴州模拟)现要将5种不同的花卉种植在如图所示的5个区域上，5
种花卉可以不全部种上．要求相邻的区域不能种植同一种花卉，则不同的种植方法有
________种．
解析：由题意，可以种植相同花卉的区域为2,4和3,5.若都不相同，则有5×4×3×2×1＝
120(种)；若只有2,4相同，则有 5×4×3×2＝120(种)；若只有3,5相同，则有 5×4×3×2＝
120(种)；若2,4与3,5分别相同，则有5×4×3＝60(种)．由分类加法计数原理知，共有120
＋120＋120＋60＝420(种)不同的种植方法．
答案：420
维度5 几何问题
典例6(2024·山东临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上 3个小方格组成，我们称
这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可
以画出不同位置的 L 型图案 的个数是本质：找2×2型的田字格，每个田字格中有4个L型
图案，即共有4×12个．( )
A．16 B．32 C．48 D．64
解析：每四个小方格(2×2型)中有4个L型图案，共有12个2×2型小方格，所以共有L
型图案4×12＝48(个)．故选C．
与几何有关的问题一般是先分类再分步，分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标
准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．较复杂的问题可借助图
表来完成．
对点练6(2024·广东湛江模拟)过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有
________对．
解析：如图，在三棱柱 ABCABC 中，分四类进行计数：与上底面的 AB ，AC ，
1 1 1 1 1 1 1BC 异面的直线有3×5＝15(对)；与下底面的AB，AC，BC异面的直线有3×3＝9(对)(除去
1 1
与上底面的)；与侧棱AA ，BB ，CC 异面的直线有3×2＝6(对)(除去与上、下底面的)；侧
1 1 1
面对角线之间成异面直线的有6×2÷2＝6(对)．由分类加法计数原理，知异面直线共有15＋
9＋6＋6＝36(对)．
答案：36
