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§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m1种不同的
方法，在第2 类方案中有m2种不同的方法，……，在第n 类方案中有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＝
m1×m2×…×mn种不同的方法．
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
1
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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“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如
120,343,275 等)，那么所有凸数的个数为________．
2
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答案 240
解析 若a2＝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
个．若a2＝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)．
若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有
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( )
3
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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
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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．
5
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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
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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
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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
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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
方式
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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________．
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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．
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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；
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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.
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