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
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
(每步中的每一种方法不能独立完
都能独立完成这件事
成这件事)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可
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，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，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．( × )
(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题．( √ )教材改编题
1．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
答案 C
解析 买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3
＋3＋1＝7(种)．
2．被誉为“大飞鱼”的深圳宝安机场T3航站楼，充分结合了建筑设计理念和深圳本地环
境气候等重要因素，融合了建筑美学、绿色节能和功能实用等多方面元素.2021年9月25日
晚21时50分，被加拿大非法扣留的孟晚舟乘坐的CA552航班平安抵达深圳宝安国际机场．
某志愿者前去接机，机场T3航站楼有7个入口，2个接机口(出口)，则该志愿者进出机场的
方案数为( )
A．4 B．9 C．14 D．49
答案 C
解析 方案种数为7×2＝14.
3．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有 种．
答案 125
解析 因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步
乘法计数原理可得，不同的选法有5×5×5＝125(种).
题型一 分类加法计数原理
例1 (1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法
共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
答案 D
解析 要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：
①4个数都是偶数，有1种取法；
②2个数是偶数，2个数是奇数，有C·C＝60(种)取法；
③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类加法计数原理，不同的取法共有 1＋60＋5＝
66(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)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
教师备选
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1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 依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，
此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方
法共有C＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．
2．如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景
观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案
的种数最多是( )
A．8 B．12 C．16 D．24
答案 B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，
用“－”表示桥．
①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，
A－D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B
－A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．
思维升华 分类标准的选择
(1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．根据题目特点恰当选择一个分类标准．
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的
两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏．
跟踪训练1 (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )
A．50个 B．45个
C．36个 D．35个答案 C
解析 由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的
两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，知符
合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
(2)已知集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的
一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A．9 B．14 C．15 D．21
答案 B
解析 因为 P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且 P⊆Q，所以 x∈{y,2}．所以当 x＝2 时，y＝
3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；
当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．
故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.
题型二 分步乘法计数原理
例2 (1)某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1
个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有( )
A．16种 B．25种
C．37种 D．48种
答案 C
解析 每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步乘法计数
原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余
3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有
班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．
(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33种
答案 AC
解析 对于A，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，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3种选择，第3个社团有2种选择，根据分
步乘法计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．
教师备选
1．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不
区分站的位置，则不同的站法种数是 (用数字作答)．答案 336
解析 甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)
站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝
336(种)．
2．某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中
的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为 ．(用数字作答)
答案 7 200
解析 最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4
列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个 4
行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是
30×20×12＝7 200.
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)某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3
个，则贴错的可能情况种数为( )
A．9 B．12 C．18 D．20
答案 D
解析 由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有C＝10(种)情况，第
二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝
20.
(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不
能是零)共有 个．
答案 448
解析 第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；第二步，确定百位，除去6和
千位数字外，有8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有
7种不同的选法．故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜
色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D
为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是( )A．780 B．840 C．900 D．960
答案 D
解析 先涂A，则A有C＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不
同即可，有C＝4(种)涂法，同理C有C＝3(种)涂法，D有C＝4(种)涂法，E有C＝4(种)涂法，
由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.
(2)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( )
A．5 B．24 C．32 D．64
答案 D
解析 5日至9日，即5,6,7,8,9，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.
延伸探究 若甲的车牌尾数为9，他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5，其他条件不变，
则不同的用车方案有多少种？
解 由题意，从5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，
第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)不同的选择；
第二步，安排奇数日出行，可分为两类：(1)选1天安排甲的车，共有3×2×2＝12(种)不同
的选择；(2)不安排甲的车，每天都有2种选择，共有2×2×2＝8(种)不同的选择，综上可得，
不同的用车方案种数为4×(12＋8)＝80.
教师备选
1．现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同
一种颜色，则不同的着色方法共有( )A．420种 B．780种 C．540种 D．480种
答案 B
解析 依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．
①若用5种颜色完成涂色，则有A＝120(种)方法；
②若用4种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，
或者1,4同色，故有C×4×A＝480(种)；
③若用3种颜色完成涂色，颜色有C种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5
同色，或者1,3同色且 2,4同色，故有C×3×A＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋
480＋180＝780(种)．
2．通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖
市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．
其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文
字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤
A牌照最多能发放的汽车号牌数为( )
A．586万张 B．682万张
C．696万张 D．706万张
答案 D
解析 讨论后五位的不同情况：
(1)后5位全部为数字，共有105张牌．
(2)后5位有一个字母，共有104CC＝1.2×106张牌．
(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103CC＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有
103CA＝5.52×106张牌，
综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．
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)从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一
项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种
数为( )
A．94 B．180 C．240 D．286答案 C
解析 第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学
比赛，共有4种选法；
第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有5×4×3＝60(种)选法．
由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为4×60＝240.
(2)甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学，2名女同学．若从甲、乙两组中各
选出2名同学，则选出的4名同学中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
答案 D
解析 这名女同学可以在甲组选出也可以在乙组选出，故分两类计算．
甲组中选出1名女同学有C×C×C＝225(种)选法；乙组中选出一名女同学有C×C×C＝120(种)
选法．故共有345种选法．
课时精练
1．已知5名同学报名参加两个课外活动小组，每名同学限报其中一个小组，则不同的报名
方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
答案 D
解析 5名同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32(种)不同
的报名方法．
2．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且
相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )
A．12 B．24 C．30 D．36
答案 C
解析 按顺序涂色，第一个圆有3种选择，第二个圆有2种选择，若前三个圆用了三种颜色，
则第三个圆有1种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)，若前三
个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有 3×2＝6(种)．综上可得不同的
涂色方案的种数是24＋6＝30.3．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形共有(
)
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
答案 C
解析 3局定胜负，有2种情形；4局定胜负，有2C＝6(种)情形；5局定胜负，有2C＝
12(种)情形．共有2＋6＋12＝20(种)情形．
4．已知从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2,3,3,4条，若要从其中一面上山，从剩
余三面中的任意一面下山，则不同的走法最多时应( )
A．从东面上山 B．从西面上山
C．从南面上山 D．从北面上山
答案 D
解析 从东面上山，不同的走法共有2×(3＋3＋4)＝20(种)；
从西面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从南面上山，不同的走法共有3×(2＋3＋4)＝27(种)；
从北面上山，不同的走法共有4×(2＋3＋3)＝32(种)．
所以应从北面上山．
5．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，
这样的四位数的个数为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
答案 B
解析 分三步完成，第1步，确定被使用了2次的数字，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个数位上，有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个数位上，有2种方法，
由分步乘法计数原理知，不同的四位数有3×3×2＝18(个)．
6．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘(如图1)，共两档，自右向左分别表示个
位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1(如图
2中算盘表示整数51)．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为( )
图1 图2
A．16 B．15 C．12 D．10
答案 C解析 由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：
①个位拨动三枚，有2种结果：3,7；
②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12,16,52,56；
③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21,25,61,65；
④十位拨动三枚，有2种结果：30,70.
综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2＋4＋4＋2＝12.
7．某校高一年级有四个班，四位老师各教一个班的数学．在该年级某次数学考试中，要求
每位数学老师均不在本班监考，则不同的安排监考的方法种数为( )
A．8 B．9 C．12 D．24
答案 B
解析 设四个班分别是A，B，C，D，对应的数学老师分别是a，b，c，d.让a老师先选，
可从B，C，D班中选一个，有3种选法，不妨假设a老师选的是B，则b老师从剩下的三个
班级中任选一个，有3种选法，剩下的两位老师都只有1种选法．
由分步乘法计数原理，知共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
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．
9．3个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至多放1个小球，共有 种放法．
答案 24
解析 分三步来完成：
第一步，放第一个小球，有4种放法，
第二步，放第二个小球，有3种放法，
第三步，放第三个小球，有2种放法，
根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)放法．
10．4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，
可组成 个不同的三位数．
答案 168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7(个)数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数．
11．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、
乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 种(用数字作答)．
答案 36
解析 第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱
委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员，有4种选法．第三步，从剩下的
3人中选体育委员，有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝
36(种)．
12．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天
或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有 种不同的排法．
答案 1 280
解析 完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：
第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类
推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1 280(种)不同的排法．
13．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个
长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(
)A．60 B．48
C．36 D．24
答案 B
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面
(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是
36＋12＝48.
14．某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不
同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，
则不同的安排方法种数有( )
A．12 B．13
C．14 D．15
答案 C
解析 由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是
否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会
英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2＝4(种)安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法．
故此时共有4×2＝8(种)安排方法；
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人(包括甲)中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法．
故此时共有2×3＝6(种)选法．
综上，不同的安排方法种数为8＋6＝14.
15．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区同色时，⑤区有2种涂色方法．
若④区与②区不同色时，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.
16．“比特币”对于大家来说，已经再熟悉不过了．但是你知道比特币是通过哈希算法来加
密的吗？实际上，哈希算法是一种加密技术．已知p－hashing是最简单的哈希算法之一，
它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数．如：对于544 213进行2－
hashing，我们得到的哈希值为100 011，那么对它进行3－hashing，将得到 ．同时，
我们容易发现使得2－hashing后得到哈希值为100 011的正整数共有 个(可以不写
出具体数字，用类似于3×40！的表达式表示)．
答案 211 210 56
解析 对544 213进行3－hashing，即数字5,4,4,2,1,3除以3所得余数分别为2,1,1,2,1,0，故
得到的哈希值为211 210；除以2余数值为1的数字有1,3,5,7,9，共5个，余数为0的数字有
0,2,4,6,8，共5个，六位整数的每一个数位上都有5个数字可取，共有5×5×5×5×5×5＝
56，即哈希值为100 011的正整数共有56个．
