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加法与乘法原理

发布时间:2013-12-30 16:45:52  

加法与乘法原理

本讲知识要点:

1、 加法原理:如果做完一件事情有几类方式,在每一类方式中又有不同的方法,那么把每类的方法数相加就得到所有的方法数。

2、 乘法原理:如果完成一件事分为几个步骤,在每一个步骤中又有不同的方法,那么把每步的方法数相乘就得到所有方法数。

3、 分类与分步的区别:分类是指完成事情的不同方法,从中任意选取一类即可,它们之间可以相互替代,任意选取一类都可以完成这件事。这些时候一般用加法原理;分布是指完成事情的不同步骤,每一步都必须执行,它们之间不可以相互替代,少一步都不能完成这件事。这种情况一般要用乘法原理。

4、用乘法原理解题,分步应注意的事项:

1)每步必须全部完成才能满足结论;

2)必须先确定以什么来分步;

3)定好第一步后,再确定第二步,第三步,??。一般是特殊优先原则,即谁的条件要求苛刻,先确定谁。

4) 每一步前后相互独立,前面的步骤不能影响后面的步骤,否则就不能用乘法原理解决。

本讲例题练习:

【趣味数学】

4名运动员分别来自北京、上海、浙江和吉林,在游泳、田径、乒乓球和足球4项运动中,每人只参加了一项,且4人的运动项目各不相同,除此之外,只知道一些零碎情况:

⑴张明是球类运动员,不是南方人;

⑵胡老纯是南方人,不是球类运动员;

⑶李勇和北京运动员、乒乓球运动员3人同住一个房间;

⑷郑永禄不是北京运动员,年龄比吉林运动员和游泳运动员两人的年龄小;

⑸浙江运动员没有参加游泳比赛.

根据这些条件,请你分析一下这4名运动各来自什么地方?各参加什么运动?

1.有五顶不同的帽子,两件不同的上衣,三条不同的裤子。从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。问:有多少种不同的装束?

2.四角号码字典,用4个数码表示一个汉字。小王自编一个“密码本”,用3个数码(可取重复数字)表示一个汉字,例如,用“011”代表汉字“车”。问:小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字?

3.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写,把这3个字母写成三种不同颜色。现在有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”?

4.在右图的方格纸中放两枚棋子,要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。问:共有多少种不同的放法?

5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个(不能同时评一个班),共有多少种不同的评选结果?

6.甲组有6人,乙组有8人,丙组有9人。从三个组中各选一人参加会议,共有多少种不同选法?

7.用四种颜色给右图的五块区域染色,要求每块区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同的染色方法?

8.504有多少个不同的因数?

①只取一种人民币组成1元,有3种方法:10张1角;5张2角;2张5角。 ②取两种人民币组成1元,有5种方法:1张5角和5张1角;一张2角和8张1角;2张2角和6张1角;3张2角和4张1角;4张2角和2张1角。

③取三种人民币组成1元,有2种方法:1张5角、1张2角和3张1角的;1张5角、2张2角和1张1角的。

所以共有组成方法:3+5+2=10(种)。

《奥赛天天练》第16讲,巩固训练,习题2

【题目】:

各数位的数字之和是24的三位数共有多少个?

【解析】:

一个数各个数位上的数字,最大只能是9,24可分拆为:24=9+9+7; 24=9+8+7;24=8+8+8。运用加法原理,把组成的三位数分为三大类:

①由9、9、8三个数字可组成3个三位数:998、989、899;

②由9、8、7三个数字可组成6个三位数:987、978、897、879、798、789;

③由8、8、8三个数字可组成1个三位数:888。

所以组成三位数共有:3+6+1=10(个)。

《奥赛天天练》第16讲,拓展提高,习题1

【题目】:

有一批长度分别为1,2,3,4,5,6,7和8厘米的细木条若干,从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形?

【解析】:

围三角形的依据:三根木条能围成三角形,必须满足任意两边之和大于第三边。要满足这个条件,需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。

这道题的计数比较复杂,需要分层重复运用加法原理。

根据三角形三边长度情况,我们先把围成的三角形分为两大类:

第一大类:围成三角形的三根木条,至少有两根木条等长(包括三根等长的)。

由题目条件,围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米,根据三角形腰长,第一大类又可以分为8小类,三边长依次是:

①腰长为1的三角形1个:1、1、1。

②腰长为2的三角形3个:2、2、1;2、2、2;2、2、3。

③腰长为3的三角形5个:3、3、1;3、3、2;3、3、3;3、3、4;3、3、5。

④腰长为4的三角形7个:4、4、1;4、4、2;??4、4、7。

⑤腰长为5的三角形8个:5、5、1;5、5、2;??5、5、8。

同理,腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。

第一大类可围成的不同的三角形:1+3+5+7+8×4=48(个)。

第二大类:围成三角形的三根木条,任意两根木条的长度都不同。

根据最长边的长度,我们再把第二大类围成的三角形分为五小类(最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米):

①最长边为8厘米的三角形有9个,三边长分别为:8、7、6;8、7、5;8、7、4;8、7、3;8、7、2;8、6、5;8、6、4;8、6、3;8、5、4。

②最长边为7厘米的三角形有6个,三边长分别为:7、6、5;7、6、4;7、6、3;7、6、2;7、5、4;7、5、3。

③最长边为6厘米的三角形有4个,三边长分别为:6、5、4;6、5、3;6、5、2;6、4、3。

④最长边为5厘米的三角形有2个,三边长分别为:5、4、3;5、4、2。 ⑤最长边为4厘米的三角形有1个,三边长为:4、3、2。

第二大类可围成的不同的三角形:9+6+4+2+1=22(个)。

所以,这一题共可以围成不同的三角形:48+22=70(个)。

《奥赛天天练》第16讲,拓展提高,习题2

【题目】:

【解析】:

要求“最多”多少次配好锁和钥匙,就要从最糟糕的情况开始考虑:第1把钥匙要配到锁,最多要试9次(如果9次配对失败,第10把锁就一定是这把

钥匙,不用再试);同理,第2把钥匙最多要试8次;??第9把锁最多试1次,最好一把锁不用试。

所以,最多试验次数为:9+8+7??+2+1=45(次)。

《奥赛天天练》第17讲,模仿训练,练习1

【题目】:

某人到食堂去买饭菜,食堂里有4种荤菜,3种蔬菜,2种汤。他要各买一样,共有多少种不同的买法?

【解析】:

运用乘法原理,把买饭菜分为三步走:

第一步:选汤有2种方法。

第二步:选荤菜有4种方法。

每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法,汤和荤菜共有2个4种,即8种不同的搭配方法。

第三步:选蔬菜有3种方法。

荤菜和汤有8种不同的搭配方法,每种搭配方法,对应的都有3种选蔬菜的方法与其二次搭配,共有8个3种,即24种不同搭配方法。

如下图所示:

所以,共有不同的买法:2×4×3=24(种)。

《奥赛天天练》第17讲,巩固训练,习题2

【题目】:

用数字0,3,8,9能组成多少个数字不重复的三位数?

【解析】:

运用乘法原理,把组数过程分为三个步骤:

第一步:确定三位数百位上数字,有3种选法(最高位不能为0)。 第二步:确定十位上数字,有3种选法。

从上面四个数字中确定任意一个不为0的数字放在百位上,十位上都会剩下三个数字供选择。因此,对应百位上数字的每种选法,十位上数字都有3种不同的选择方法,两个数字共有3个3种,即9种不同的组成方法。

第三步:确定个位上数字,有2种选法。

从上面四个数字中去掉百位和十位上数字任意一种组成,个位上都会剩下2个不同的数字供选择。因此,对应百位和十位上数字的任意一种组成方法,个位上都有2种不同的选择方法,三个数字共有9个2种,即18中不同的组成方法。

所以,能组成的不重复的三位数的个数为:3×3×2=18(个)。

《奥赛天天练》第17讲,拓展提高,习题1

【题目】:

下图中共有16个方格,要把A,B,C,D四个不同的棋子放在方格里,并使每行每列只能出现一个棋子,问共有多少种不同的放法?

【解析】:

运用乘法原理,把放棋子的过程分为三个步骤:

第一步:放棋子A。棋子A可以任意放,有16种放法。(如下图一) 第二步:放棋子B。棋子B不能放在棋子A所在的行或列,对应棋子A的每一种放法,棋子B都可以放在剩下的9个方格的任意一格里,有9种放法。(如下图二)

第三步:放棋子C。棋子C不能放在棋子A、B所在的行或列,对应前面的每一种放法,棋子C可以放在剩下的4个方格的任意一格里,有4种放法。(如下图三)

第四步:放棋子D。棋子D不能放在棋子A、B、C所在的行或列,对应前面的每一种放法,棋子D都只有1种放法。(如下图四)

所以,四颗棋子共有不同的放法:16×9×4×1=576(种)。

《奥赛天天练》第17讲,拓展提高,习题2

【题目】:

用4种不同的颜色给下图的这幅地图染色,使相邻的两块颜色不相同,共有多少种不同的染法?

【解析】:

这个染色问题比较复杂,需要分层、综合运用加法原理和乘法原理。 第一步:给A染色,可以任选一种颜色,有4种染色方案。

第二步:给B染色,有3种染色方案。对应的A的每种染色方案,B都有剩下的与A不同的3种颜色供选择,A、B配色方案共有4个3种,即12种。

第三步:给C染色,有2种染色方案。对应于A、B的每一种配色方案,C都有剩下的与A、B不同2种颜色供选择,A、B、C三块配色方案共有12个2种,即24种。

所以前三步共有不同染法:4×3×2=24(种)。

第四步:给D染色,有两种染色方案。

由前三步,A、B、C三块已染上三种互不相同的颜色,一共有四种颜色,D可以染与A、B、C各不相同的第四种颜色(简称为色四);D、B不相邻,D也可以染与B相同的颜色。我们根据D的颜色分为两大类计数:

第一大类:给D染色四。

如下图,A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。D染色四,E可以染A色或B色。

①E染A色,F只能染一种颜色色四(如上左图),这时,G有B色和C色两种颜色可以选择,对于G的每种选择,H都有对应的2种选择。这种类型共有不同染法:

24×1×1×1×2×2=96(种)。

②E染B色,F可以染色四(如上中图),也可以染A色(如上右图)。分两小类计数,这种类型共有不同染法:

24×1×1×1×2×2+24×1×1×1×1×2=144(种)。

第一大类共有染法:96+144=240(种)。

第二大类:给D染B色。

如下图,A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。

D染B色,E有A色或色四两种选择,对应于D的每一种选择F只有一种选择、G也只有一种选择、H有2种选择。

第二大类共有染法:24×1×2×1×1×2=96(种)。

所以,这题共有染法:240+96=336(种)。

《奥赛天天练》第18讲,模仿训练,练习1

【题目】:

如下图,一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点,要求任何点和线段不可重复经过,问这只甲虫有多少种不同的走法?

【解析】:

把小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点的走法分为两大类:

第一类:分两步,最先到达C点,再到B点。

第一步从A到C只有一种走法(不能经过D点);第二步从C点到B点有3种走法。共有走法:1×3=3(种)。

第二类:分两步,最先到达D点,再到B点。

第一步从A到D有2种走法(不能经过C点);第二步从D点到B点有3种走法。共有走法:2×3=6(种)。

所以,小甲虫共有不同的走法:1×3+2×3=9(种)。

《奥赛天天练》第18讲,模仿训练,练习2

【题目】:

从5幅国画,3幅油画,2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室,问有几种不同的选法?

【解析】:

在三种不同类型的画里选择两种不同类型画有3种不同的选法,因此先把所有的选法分为三大类:

第一类:选1幅国画、1幅油画。

分两步完成,第一步选1幅国画有5种选法,第二步选油画有3种选法。对于前面国画的每一种选法,油画都有3种选法,共有选法:5×3=15(种)。

第二类:选1幅国画、1幅水彩画。

与第一类同理,共有选法:5×2=10(种)。

第三类:选1幅油画、1幅水彩画。

与第一类同理,共有选法:3×2=6(种)。

所以,共有不同的选法:15+10+6=31(种)。

《奥赛天天练》第18讲,巩固训练,习题1

【题目】:

如下图,要从A点沿线段走到B点,要求每一步都是向右、向上或向斜上方,问有多少种不同的走法?

【解析】:

如下图,先用字母标出图中的每一个点,沿右上方向从点A到点B可以分为多步走,而每一步的走法又可以分为几类,比较复杂,需要重复综合使用加法原理和乘法原理。

上图中,从右上往左下逐步分析:

因为每一步都是向右、向上或向斜上方,因此每个点只能经过它左、下或左下方的点到达。

最后一步到达点B的走法有两类:由I到B或由J到B。A到B的不同走法种数,就等于A到I的走法种数与A到L的走法种数之和。

此前一步,①到点I的走法有两类:由F到I或由G到I,走法种数即A到F的走法种数与A到G的走法种数之和;②到点J的走法有三类:分别由I、G或H到J,走法种数即A到I的走法种数、A到G的走法种数与A到H的走法种数之和。

依次类推??

从左下到右上标出点A到每个点的走法种数,逐层解题:

第一层:从A到C、D、E三个点只能向右,都只有1种走法。

第二层:到F点有两类走法,分别由A、C到达,每类都只有一种走法,共2种走法;到G点有三类走法,分别由F、C、D到达,三类走法种数之和为4种;到H点有三类走法,分别由G、D、E到达,三类走法种数之和为6种。

第三层:到I点有两类走法,分别由F、G到达,两类走法种数之和为6种;到J点有三类走法,分别由I、G、H到达,三类走法种数之和为16种。

最后一步到B点有两类走法,分别由I、J到达,两类走法种数之和为22种。

所以,从A到B共有不同的走法22种。

按:类似的复杂路线问题,都可以用这种方法求解。

《奥赛天天练》第18讲,巩固训练,习题2

【题目】:

如下图,用红、绿、蓝、黄四种颜色涂编号为1,2,3,4的长方形,使任何相邻的两个长方形的颜色都不同。一共有多少种不同的涂法?

【解析】:

涂色的过程可以分为三步。

第一步:给1号长方形涂色,有4种涂法。可以选任意一种颜色。

第二步:给2号长方形涂色,有3种涂法。对于1号长方形每种不同的涂法,2号长方形都可以在剩下的3种颜色里选任意一种,即有3种涂法。

所以,前两步1号和2号长方形共有配色方案4个3种:4×3=12(种)。 第三步:给3号、4号长方形涂色。

3号长方形与1号相邻,与2号不相邻,对于1、2号长方形的每一种配色方案,3号长方形都可以选与1号不同的3种颜色,按3号长方形的涂色情况,可把本题的涂法分为两大类:

第一大类,3号长方形选与2号相同的颜色。

3号长方形只有一种涂法,这时4号长方形可以选与2号不同的3种颜色,有3种涂法。

第一类共有不同涂法:12×1×3=36(种)。

第二类,3号长方形选与1、2号都不同的颜色。

3号长方形有2种涂法,这时4号长方形可以选剩下的与2号、3号不同的2种颜色,有2种涂法。

第二类共有不同涂法:12×2×2=48(种)。

所以,这题一共有不同的涂法:36+48=84(种)。

《奥赛天天练》第18讲,拓展提高,习题1

【题目】:

有两个相同的正方体,每个正方体的6个面上分别标有数字1,2,3,4,5,

6。将两个正方体放在桌面上,向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形?

【解析】:

假定这两个正方体分别为A正方体和B正方体。分两步确定向上的一面数字之和。

第一步,确定A正方体向上一面的数字,共有6种不同的情形:1,2,3,4,5,6;

第二步,确定B正方体向上一面的数字,有3种情形。因为B正方体面上有3个奇数,3个偶数,无论A正方体朝上的面上的数字是奇数还是偶数,对应的B正方体向上一面的数字都会有3种不同的情形,满足两面数字之和为偶数。

所以,向上的一面数字之和为偶数的情形有:6×3=18(种)。

《奥赛天天练》第18讲,拓展提高,习题2

【题目】:

2003年12月6日0时起,南京市电话号码从7位升至8位。由于特殊需要,电信部门一直有这样的规定:普通市内电话号码的首位数字不使用0,1,9。升位前南京市普通电话号码的容量为多少门?升位后,南京市内电话号码的容量增加了多少门?

【解析】:

电话号码由0~9共10个数字组成,数字可以重复使用。

升位前的7位电话号码,首位数字不使用0,1,9,共有7种不同的选择,第二、三、四、五、六、七位数字都有10种不同选择。总容量为:

7×10×10×10×10×10×10=7000000(门)。

同理可算出,升位后8位电话号码总容量为:

7×10×10×10×10×10×10×10=70000000(门)。

升位后,南京市内电话号码的容量增加了:

70000000-7000000=6300000(门)。

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