《分類計數原理與分步計數原理 [分類計數原理與分步計數原理.排列]》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《分類計數原理與分步計數原理 [分類計數原理與分步計數原理.排列]（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、分類計數原理與分步計數原理 [分類計數原理與分步計數原理.排列] 高考導航 分類計數原理與分步計數原理又稱加法原理和乘法原理, 它不僅是推導排列數、組合數計算公式的依據，而且是最基本的思想方法，這種思想方法貫穿在解決本章應用問題的始終. 在高考中，運用分類計數原理和分步計數原理結合排列組合知識解決排列組合相關的應用題，通常不單獨命題. 學法點撥 對兩個原理的掌握和運用，是學好本單元知識的一個關鍵. 從思想角度看，分類計數原理的運用是將一個問題進行分類的思考，分步計數原理是將問題進行分步的思考，從而達到分析問題、解決問題的目的. 從集合的角度看，兩個基本原理的意義及區(qū)別就顯得更加清

2、楚了. 完成一件事有A 、B 兩類辦法，即集合A 、B 互不相交，在A 類辦法中有m1種方法，B 類辦法中有m2種方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成這件事的不同方法的種數是card(AB)=m1+m2.這就是n=2時的分類計數原理. 若完成一件事需要分成A 、B 兩個步驟，在實行A 步驟時有m1種方法，在實行B 步驟時有m2種方法，即card(A)=m1;card(B)=m2，那么完成這件事的不同方法的種數是card(AB)=card(A)card(B)=m1m2.這就是n=2時的分步計數原理. 兩個原理都是涉及完成一件事的不同方法的種數. 它們的區(qū)別在于：分類計數

3、原理與分類有關，各種方法相互獨立，用其中任何一種方法都可以完成這件事; 分步計數原理與分步有關，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了，這件事才算完成. 初學時，應結合實例，弄清兩個原理的區(qū)別，學會使用兩個原理. 基礎知識必備 一、必記知識精選 1. 分類計數原理：做一件事，有n 類辦法，在第1類辦法中有m1種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法，，在第n 類辦法中有mn 種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1+m2++mn種不同的方法. 2. 分步計數原理：完成一件事，需要分成n 個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，，做第n 步有mn 種不同的方

4、法, 那么完成這件事共有N=m1m2mn種不同的方法. 二、重點難點突破 本節(jié)重點是準確理解和靈活運用分類計數原理和分步計數原理. 難點是兩個原理的恰當運用. 兩個原理的區(qū)別在于分類與分步，完成一件事的方法種數若需分類思考，則這n 類辦法是相互獨立的，且無論哪一類辦法中的哪一個方法都能單獨完成這件事，則用加法計數. 若完成這件事需分為n 個步驟，這n 個步驟相互依存. 具有連續(xù)性，當且僅當這n 個步驟依次全都完成后，這件事才完成，那么完成這件事的方法總數用乘法計算. 處理具體問題時, 首先要弄清是分類還是分步, 簡單地說是分類互斥、分步互依, 因此在解題時, 要搞清題目的條件與結論,

5、 且還要注意分類時, 要不重不漏, 分步時合理設計步驟、順序, 使各步互不干擾. 對于一些較復雜的題目, 往往既要分類又要分步, 也就是說既要應用分類計數原理又要運用分步計數原理. 三、易錯點和易忽略點導析 由于對兩個原理理解不清, 解題時, 易發(fā)生分類不全和分類時各類有疊加現象的錯誤, 即遺漏或者重復. 例1 有紅、黃、藍旗各3面, 每次升一面、二面、三面在某一旗桿上縱向排列，表示不同的信號，順序不同則表示不同的信號，共可以組成多少種不同的信號? 錯解：可組成333=27種不同的信號. 正確解法：每次升1面旗可組成3種不同的信號; 每次用2面旗可組成33=9種不同的信號; 每次升3

6、面旗可組成333=27種不同的信號. 根據分步計數原理得共可組成3+9+27=39種不同的信號. 錯解分析：錯解忽略了信號可分為使用的旗數分別可以為1面、2面、3面這3類. 本題綜合應用了乘法原理和加法原理. 例2 在3000到8000之間有多少個無重復數字的奇數? 錯解：分三步完成，首先排首位有5種方法，再排個位有5種方法，最后排中間兩位有87種方法，所以共有5587=1400個. 正確解法：分兩類; 一類是以3、5、7為首位的四位奇數，可分三步完成：先排首位有3種方法，再排個位有4種方法，最后排中間兩個數位有87種方法，所以共有3487=672個. 另一類是首位是4或6的四位奇數

7、，也可以3步完成，共有2587=560個. 由分類計數原理得共有672+560=1232個. 錯解分析：由題意，3、5、7這三個數既可以排在首位，也可以排在個位，因此，首位是用3、5、7去填. 還是用4、6去填，影響到第二步，即填個位的方法數，遇到此類情形, 則要分類處理. 錯解中有重復排上同一個奇數的四位數而產生錯誤. 例3 編號為1～25的25個球擺成五行五列的方陣，現從中任選3個球，要求3個球中任意兩個都不在同一行也不在同一列，有多少種不同的選法? 錯解：分以下三步完成：(1)選取第一個球，可在25個球中任意選取，有25種選法;(2)選取第二個球，為了保證兩球不在同一行也不在同一

8、列，將第一個球所在的行和列劃掉，在剩余的16個球中任取一個，有16種選法;(3)選取第三個球，應從去掉第一、二個球所在的行和列后所剩余的9個球中選取有9種選法. 根據乘法原理，有25169=3600種方法. 正確解法：分以下三個步驟：(1)先從5行5列中選出3行有10種選法;(2)從一行的5個球中選出3個球, 有10種選法;(3)最后從所選出的3個球中按照它所在列放在第(1)步選出3行的每一行上有6種方法. 根據乘法原理有10106=600種選法. 錯解分析：錯解中先選一球, 假定此球為①, 第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16個球中任選一個球，假定選取了球(25),第三步在去掉球

9、①與(25)所在的兩行、兩列16個球，在剩余的9個球中任選一球，假定為球(13),則此選法為①(25)(13)，若第一步選(13)，第二步選①, 第三步選(25)，顯然這兩種選法是相同結果. 這說明上述解法中有許多重復之處. 所以, 解法是錯誤的, 每一不同取法在錯解中都被重復了6次. 綜合應用創(chuàng)新思維點撥 一、學科內綜合思維點撥 例1 三邊長均為整數，且最大邊長為11的三角形共有( ) A.25個 B.26個 C.36個 D.37個 思維入門指導：設另兩邊長分別為x,y ，且不妨設1xy. 由三角形的特性，必須滿足x+y12，以下可以分類考慮. 解：當y 取11時，x=1，2，3

10、，，11，可有11個三角形. 當y 取10時，x=2，3，，10，可有9個三角形. 當y 取6時，x=6可有1個三角形. 因此，所求三角形的個數為11+9+7+5+3+1=36個，故應選C. 點撥：本題應用了窮舉法，這也是解決排列組合應用題的一個基本方法. 二、學科間綜合思維點撥 例2 DNA分子多樣性表現在堿基的排列順序的千變萬化上. 若一個DNA 分子有8000個堿基，則由此組成的DNA 的堿基對的排列方式共有( ) 種. A.2100 B.24000 C.48000 D.44000 解：選D. 點撥：每個堿基可互配對及自配對. 三、應用思維點撥 例3 (1)有5名同

11、學報名參加4個課外活動小組，若每人限報1個，共有多少種不同的報名方法? (2)5名同學爭奪4項競賽冠軍，冠軍獲得者共有多少種可能? 思維入門指導：(1)每名同學確定參報課外活動小組項目可依次讓每個同學去報. 因此，可劃分為五個步驟. (2)可依次為四項冠軍確定人選，這樣，可分4步完成. 解：(1)每名同學在四個項目中可任報一項，即每一步有4種方法，根據分步計數原理，不同的報名方法共有： N=44444=45=1024種. (2)為每一個冠軍尋找人選均有5種可能, 因此, 根據分步計數原理, 冠軍獲得者共有： N=5555=54=625種. 四、創(chuàng)新思維點撥 例4 (1)有面值

12、為五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民幣各一張, 共可組成多少種不同的幣值? (2)有一角、二角、五角人民幣各一張, 一元人民幣3張, 五元人民幣2張, 一百元人民幣2張, 由這些人民幣可組成多少種不同的幣值? 思維入門指導：(1)中的8張人民幣的面值各不相同, 并且這8張人民幣中任意幾張的面值之和各不相同. 因此，8張人民幣所組成的不同幣值的數種就是人民幣所有可能取法的 數種. 對每一張人民幣而言，都有取與不取兩種可能. 因此，可按這樣的程序： (2)中這10張人民幣一元的有3張，五元的有2張，一百元的有2張. 因此取人民幣的程序應該是： 解：(1)每張人民幣均

13、有取與不取兩種可能，所以有22222222=28.而其中每一張都不取，不組成幣值，所以不同的幣值數為; N=28-1=255(種). (2)第一、二、三步都只有取與不取這兩種情況，第四步取一元的3張中，可分不取、取一張、取二張、取三張這四種情況，第五步與第六步都有3種情況，且每步都不取不構成幣值. 所以不同的幣值數： N=222433-1=287種. 點撥：此題若分類思考，特別是第(2)問，則較麻煩. 此法為間接法. 五、高考思維點撥 例5 (2003，河南) 將3種作物種植在如圖10-1-1所示的5塊試驗田里，每塊種植一種作物且相鄰的試驗田不能種植同一作物，不同的種植方法共有__

14、____ 種(以數字作答). 解：設從左到右五塊田中要種a 、b 、c 三種作物，不妨先設第一塊種a, 則第2塊可種b 或c ，有兩種選法. 同理，如果第二塊種b ，則第三塊可種a 和c ，也有兩種選法，由乘法原理共有： 12222=16. 其中要去掉ababa 和acaca 兩種方法，故a 種作物種在第1塊田時有16-2=14種方法. 同樣b 和c 也可種在第1塊田中，故共有：143=42種. 點撥：本小題主要考查運用乘法原理分析解決問題的能力. 六、經典類型題思維點撥 例6如圖10-1-2所示，從A 地到B 地有3條不同的道路, 從B 地到C 地有4條不同的道路，從A 地不經B

15、 地直接到C 地有2條不同的道路. (1)從A 地到C 地共有多少種不同的走法? (2)從A 地到C 地再回到A 地有多少種不同的走法? (3)從A 地到C 地再回到A 地，但回來時要走與去時不同的道路，有多少種走法? (4)從A 地到C 地再回到A 地，但回來時要走與去時完全不同的道路，有多少種走法? 思維入門指導：要綜合應用兩個原理. 解：(1)從A 到C 地的走法分為兩類：第一類經過B ，第二類不經過B. 在第一類中分兩步完成，第一步從A 到B ，第二步從B 到C ，所以從A 地到C 地的不同走法總數是34+2=14種. (2)該事件發(fā)生的過程可以分為兩大步，第一步去，第二

16、步回. 由(1)可知這兩步的走法都是14種，所以去后又回來的走法總數是1414=196種. (3)該事件的過程與(2)一樣可分為兩大步，但不同的是第二步即回來時的走法比去時的走法少1種，所以，走法總數是1413=182種. (4)該事件同樣分去與回兩大步，但須對去時的各類走法分別討論： 若去時用第一類走法，則回來時，用第二類方法或用第一類中的部分走法，即第一類中的兩步各去掉1種走法中的走法，這樣的走法數是： 34(2+32)=96種; 若去時用第2類走法，則回來時可用第一類走法或用第二類中的另一種走法. 這樣的走法數是：2(43+1)=26種. 所以，走法總數為96+26=122種

17、. 點撥：正確區(qū)分不同與完全不相同兩種含義是解題的另一個關鍵，前者的含義是回來時不能原路返回，但允許有部分是原路，后者的含義是去時走過的路，回來時都不能走，前者包含后者. 七、探究性學習點撥 允許元素重復出現的排列，叫做有重復的排列. 在m 個不同的元素中，每次取出n 個元素，元素可以重復出現，按照一定的順序排成一排, 那么第一，第二，，第n 位上選取元素的方法都是m 個，所以從m 個不同的元素中, 每次取出n 個元素的可重復的排列數為 =mn. 例7 有數學、物理、文學3個課外活動小組,6個同學報名, 每人限報一組, 一共有多少種報名的方法? 解：這就是有重復的排列. 第一個同

18、學有3種報名的方法, 無論他報了哪一個組, 第二個同學還是有3種報名的方法, 其余類推. 所以, 一共有36=729種報名的方法. 思考題：用0,1,2,,9共10個數字中的4個數字組成電話號碼, 但0000不能作號碼, 問可編成多少個號碼? 強化練習題 A 卷：教材跟蹤練習題 (100分 45分鐘) 一、選擇題(每題5分，共50分) 1. 把10個蘋果分成三堆，每堆至少1個，至多5個，則不同的分堆方法共有( ) A.4種 B.5種 C.6種 D.7種 2. 現有四種不同款式的上衣與三件不同顏色的長褲，如果一條長褲與一件上衣配成一套，則不同的選法數為( ) A.7 B.64 C

19、.12 D.81 3. 有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數學，在數學考試時，要求每位教師均不在本班監(jiān)考，則安排監(jiān)考的方法總數是( ) A.8 B.9 C.10 D.11 4. 某體育彩票規(guī)定：從01至36個號中抽出7個號為一注，每注2元，某人想從01至10中選3個連續(xù)的號，從11至20中選2個連續(xù)的號，從21至30中選1個號，從31至36中選1個號組成1注，則這人把這種特殊要求的號買全，至少要花( ) A.3360元 B.6720元 C.4320元 D.8640元 5. 如圖10-1-3，在兒童公園中有四個圓圈組成的連環(huán)道路，從甲走到乙，不同路線的走法有( ) A.2種

20、B.8種 C.12種 D.16種 6. 將4個不同的小球放入3個不同的盒子，其中每個盒子都不空的放法共有( ) A.34種 B.43種 C.18種 D.36種 7. 設有編號為1，2，3，4，5的五個球和編號為1，2，3，4，5的五個盒子，現將這五個球投入這五個盒內，要求每個盒內投放一個球，并且恰好有兩個球的編號與盒子的編號相同，則這樣的投放方法的總數為( ) A.20 B.30 C.60 D.120 8. 已知集合A={1,-2,3}，B={-4,5,6,-7}，從兩集合中各取一個元素作為點的坐標，則在直角坐標系中第一、第二象限內不同點的個數有( ) A.18 B.16 C.10

21、 D.14 9. 北京某中學要把9臺型號相同的電腦送給西部地區(qū)的三所希望小學，每所小學至少得到兩臺，不同送法的種數共有( ) A.10種 B.9種 C.8種 D.6種 10. 某大學的信息中心A 與大學各部門、各院系B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 之間擬建立信息聯(lián)網工程，實際測算的費用如圖10-1-4所示(單位：萬元) ，若不建立部分網線也能使中心與各部門、各院系都能相通(直接或中轉) ，則最小的建網費用(萬元) 是( ) A.12 B.13 C.14 D.16 二、填空題(每題5分，共10分) 11. 已知集合A={a，b ，c ，d ，e}，B={-1，0，1}，

22、則從集合A 到集合B 的不同映射有____個. 12.72的正約數(包括1與72) 有________個. 三、解答題(每題20分，共40分) 13.(1)由數字1，2，3可組成多少個三位數? (2)由0，1，2，，9可組成多少個不同的四位數碼?(數字可重復使用) (3)由0，1，2，，9可組成多少個不同的四位數碼?(數字不可重復使用) 14. 用n 種不同顏色為下列兩廣告牌著色(如圖10-1-5) ，要求①②③④個區(qū)域中相鄰(有公共邊界) 的區(qū)域不用同一種顏色. (1)n=6時，為甲著色時，共有多少種不同方法? (2)若為乙著色時，共有120種不同方法，求n 的值. B 卷

23、：綜合應用創(chuàng)新練習題 (100分 60分鐘) 一、學科內綜合題(每題8分，共16分) 1. 從{-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3個不同的數作為拋物線方程y=ax2+bx+c(a0)的系數，如果拋物線過原點且頂點在第一象限, 則這樣的拋物線共有多少條? 2. 正方體ABCD 一A1B1C1D1中，與對角線AC1異面的棱有( ) A.3條 B.12條 C.6條 D.9條 二、學科間綜合題(6分) 3. 如圖10-1-6為一電路圖，從A 到B 共有______條不同的單線路可通電. 4. 用1克砝碼1個,2克碼1個，5克碼5個，50克碼4個，共可稱量多少種不同重量(按天平使用

24、規(guī)則，砝碼只能放在右邊)? 四、創(chuàng)新題(54分) (一) 教材變型題(12分) 5.(P85例1變型) 設有5幅不同的國畫，2幅不同的油畫，7幅不同的油彩畫. (1)從中任選一幅布置房間，有多少種不同的選法? (2)從這些畫中，各選一種不同類的三幅畫布置房間，有幾種不同的選法? (3)從這些畫中，選出兩種不同類的各一幅畫布置房間，有多少種不同的選法? (二) 一題多解(8分) 6. 甲、乙、丙、丁4人各寫一張賀年卡，放在一起，再各取一張不是自己的賀年卡，共有多少種不同取法? (三) 一題多變(9分) 7. 某組有3名男生，4名女生. (1)從中選男生、女生各一名去開會，有

25、多少種不同選法? (2)從中選一人去領獎，有多少種選法? (3)從中選正副組長各一人，男女不限，有多少種不同的選法? (四) 新解法題(9分) 8. 如圖10-1-7，在某個城市中，M 、N 兩地之間有整齊的道路網，若規(guī)定只能向東或向北兩個方向沿圖中路線前進，則從M 到N 不同的走法總數有多少種? (五) 新情境題(每題8分，共16分) 9. 用10元，5元,1元來支付20元，不同支付方法共有多少種? 10. 如圖10-1-8，小圓圈表示網絡的結點，結點之間的連線表示它們有網線相聯(lián)，連線標注的數字表示該段網線單位時間內可以通過的最大信息量. 現從結點A 向結點B 傳遞信息，信息可

26、以沿不同路線同時傳遞，則單位時間內傳遞的最大信息量為( ) A.26 B.24 C.20 D.19 五、高考題(每題8分，共16分) 11.(2003，北京) 某班試用電子系統(tǒng)選舉班干部候選人, 全班k 名同學都有選舉權和被選舉權; 他們的編號分別為1，2,3，，k, 規(guī)定：同意按1, 不同意(舍棄權) 按0， 令aij= 其中i=1，2，，k,j=1，2，，k ，則同時同意第1、2號同學當選的人數為( ) A.a11+a12++a1k+a21+a22++a2k B.a11+a21++ak1+a12+a22++ak2 C.a11a12+a21a22++ak1ak2 D.a11

27、a21+a12a22++a1ka2k 12.(1997，上海) 從集合{0，1，2，3，5，7，11}中任選3個元素分別作為直線方程Ax+By+C=0中的A 、B 、C ，所得的經過原點的直線有______ 條(結果用數值表示). 課堂內外 費馬大定理 1637年左右,17世紀最偉大的數學家之一費馬，在閱讀古希臘人丟番圖的巨著《算術》中第二卷的第八個問題將一個平方數分為兩個平方數時，在問題旁邊的空白處，寫道然而此外，一個立方數不能分拆成兩個立方數，一個四次方數不能分拆成兩個四次方數，一般地說，任何次數大于二的高次方數都不可分拆成兩個冪次相同的數. 我已經找到這一定理的絕妙證明，可惜這里

28、空白太狹小，寫不下用現代數學術語描述就是xn+yn=zn，當n2時，無整數解. 這一段看似平淡的注解就是著名的費馬大定理. 自1665年費馬大定理發(fā)表后，多少數學家為之花費了大量時間乃至畢生精力，他們的研究或是失敗或是將定理向前推進，但一直未徹底解決，直到有了高速計算機后，費馬大定理的證明才有了突破性進展.1955年前后，三位日本數學家曾猜想：有理數域上所有橢圓曲線都是模曲線. 到了80年代中期，德國數學家費雷證明了若干猜想成立, 則可以推出費馬大定理.1994年普林頓大學的數學教授維爾斯成功地證明了此猜想，從而證明了這一千古難題. 參考答案 A 卷 一、1.A 點撥：按每堆蘋果的數量

29、可分為4類，即1，4，5;2，3，5;3，3，4;2，4，4，且每類中只有一種分法，故選A. 2.C 點撥：因為在四件上衣中任取一件有4種不同的方法，再在三件長褲中任取一件有3種不同的取法，要完成配套，由分步計數原理可得有43=12種不同的方法. 3.B 點撥：由分步計數原理可得33=9種. 此題也可以用窮舉法把情況一一列舉出 來. 4.D 點撥：這種特殊要求的號共有89106=4320注，因此至少需花錢43202=8640元. 5.D 點撥：在每圓圈兩側均各有一條路可供選擇，因此從甲地到乙地共有2222 =16種不同的路線. 6.D 點撥：將4個不同的小球放入3個盒子中，每個盒

30、子至少放1個，則必有一個盒子放兩個球，另兩個盒子各放入1個球. 因此可先將4個球分為2，1，1的三堆，設四個小球為A ，B ，C ，D ，則可分為：AB ，C ，D;AC ，B ，D;AD ，B ，C;BC ，A ，D;BD ，A ，C;CD ，A ，B 共6種. 又將它們裝入三個不同的盒子中，選一種情況放入編號盒中，1，2，3，AB ，C ，D;AB ，D ，C;C ，AB ，D;C ，D ，AB;D ，AB ，C;D ，C ，AB 共6種放法. 故共有66=36種放法. 7.A 點撥：先從5個球中選出2個球放入與它們編號相同的盒子中，有10種方法，再把余下的三個球放入與它們編號不相同的3

31、個盒子中，有2種放法，根據分步計數原理知共有210 =20種放法. 8.D 點撥：第一、第二象限點須y0，這些點可分為xA ，yB 與xB ，yA 的兩類. 前者有32=6種，后者有24=8種，所以共有6+8=14種. 9.A 點撥：每所學校可得電視臺數有3類情形：①5，2，2臺，有3種送法; ②4，3，2臺，有6種送法; ③3，3，3臺，有1種送法. 所以一共有3+6+1=10種不同的送法. 10.B 點撥：最小費用時信息聯(lián)網工程如答圖10-1-1，還有其他情形未畫出. 二、11.243 解：由映射定義，A 中每一個元素在B 中的象都有3個可能，所以可建立不同映射個數為35=243

32、. 12.12 解：72=2232，72的正因數具有形式為2a3b 的數，其中a{0，1，2，3}，b{0，1，2}，因此，共有正因數43=12個. 三、13. 解：(1)利用填框圖的方法，分三步完成填得一個三位數，百位數，十位數，個位數每一個數位均有3個填法，依分步計數原理，共有33=27個三位數. (2)可組成104=10000個四位數碼. (3)因數字不可重復使用，故可組成10987=5040個四位數碼. 14. 解：(1)完成著色這件事共分四個步驟：為①著色有6種，為②著色有5種，為③著色有4種，為④著色也有4種，故共有著色方法6544=480種. (2)與(1)不同在于④

33、有三塊相鄰的區(qū)域了，則不同的著色是n(n-1)(n-2)(n-3). 由題設，n(n-1)(n-2)(n-3)=120，(n2-3n)(n2-3n+2)=120. 令n2-3n=t，則t2+2t-1210=0，t=10. n2-3n=10.n=5.(n=-2舍去) B 卷 一、1. 解：拋物線y=ax2+bx+c過原點，且頂點在第一象限，a 、b 、c 應滿足 所以分三步，a=-3，-2，-1，b=1，2，3，c=0. 所以，拋物線的條數為331=9. 2.C 解：在底面有BC ，CD ，B1C1，C1D1，在側面有BB1，DD1與對角線AC1異面. 二、3. 解：從A 到B

34、 共有3+1+22=8條不同的單線路可通電. 三、4. 解：每一重量只能由砝碼的一種組合構成，因不同的重量數僅僅與所選用的不同砝碼的個數有關，不同的砝碼數構成不同的重量數，同一重量數不會有多種稱法. 這樣本題可轉化為怎樣選取這些砝碼. 對1克的砝碼有取與不取兩種方法，對2克砝碼也有2種，對5克砝碼有6種取法，50克砝碼有5種取法，但均不取是無法稱重的，所以. 可稱重的不同質量數為22 65-1=119種. 四、(一)5. 解：(1)做完這件事有三類方法：選國畫、油畫或選水彩畫，根據分類計數原理，一共有5+2+7=14種方法. (2)完成選三幅不同的畫布置房間有三個步驟：第一步選國畫，第

35、二步選油畫，第三步選水彩畫. 根據分步計數原理，共有527=70種方法. (3)一共有52+57+27=59種方法. (二)6. 解：如下表： 人甲乙丙丁 卡乙甲 丙 丁丁 丁 甲丙 甲 丙 思路1：排出所有的分配方案，用窮舉法得本題解. 思路2：甲取乙卡分配方案如表所示，此時乙有甲、丙、丁3種取法，若乙取甲，則丙取丁，丁取丙，故有3種分配方案. 由分類計數原理，共有3+3+3=9種. 思路3：分步法：第一步甲取1張不是自己的卡，有3種取法，第2步由甲取出的那張賀卡的供卡人取，也有3種取法，第三步由剩余兩人中任一人去取，此時，只有一種取法，第四步最后一人取也只有一種

36、取法，所以共有3311=9種. 點撥：這類問題一般情況是：n 個編號為1，2，，n 的小球放入編號為1，2，，n 的盒子中，而限制第i(i=1，2，，n) 個球不放入第i 個盒子里，問共有多少種放法? 一般結論是A-A+A-+(-1)nA.(此點用到下節(jié)排列的知識) (三)7. 解：(1)34=12種.(2)3+4=7種.(3)76=42種. (四)8. 解：如答圖10-1-2，從M 到A1，A2，A3，A4，A5的走法分別有1，2，3，4，5種，然后從Ai(i=1，2，3，4，5) 到N 的走法都只有一種，所以，由兩個原理得從M 到N 的走法共有11+21+31+41+51=15種.

37、 點撥：本題求解的關鍵是把M 到N 分成兩步走. (五)9. 解：支付方法可分為三類：第一類為只使用10元或只使用5元或只用1元來支付，有3種方法; 第二類是使用其中的兩樣，使用10元和5元的支付與使用10元和1元的支付，都各有1種方法，使用5元和1元的支付有3種方法，若使用10元、5元，1元三樣支付，則只有1個方法，所以共有3+5+1=9種支付方法. 10.D 點撥：該題是規(guī)劃問題，對于我們是一個陌生情境，其實只要把傳遞的最大信息量類比成水流量的瓶頸問題，即一條水管所流過的水量等于水管中最窄地方流過的水量問題，而A 到B 所傳遞信息等于每條路線所傳遞的信息量之和，故從A 到B 傳遞的最大信息為3+4+6+6=19. 五、11.C 點撥：由題意，ak1，ak2分別表示第k 號同學選舉第1號，第2號同學的情況. 由于所求的是同時同意第1、2號同學當選的人數，而ak1ak2即可表示第k 號同學是否同意第1、2號同學當選，若同時同意，則ak1ak2=1，若不同時同意，則ak1ak2=0，故所求人數為. 本題難點在于理解題意，題意一旦讀懂，選項則一目了然了. 12.30 點撥：因直線過原點，所以C=0，從0，1，2，3，5，7，11這6個數中任取2個作為A ，B 兩數，且順序不同，表示直線不同，所以直線的條數為65=30.