1、加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 1 of 21 知识框架图 7 计数综合 7-3 加乘原理综合运用 7-3-1 简单 加 乘原理 综合运 用 7-3-2 加 乘原理 与数字问题 7-3-3 加 乘原理 与图论 一、加乘原理概念 生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决 还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时 ，又有几种不同的方法要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来
2、解决 二、加乘原理应用 应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点： 加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和 乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积 在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步 加法原理运用的范围：完成一件 事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决我们可以简记为：“加法分类，类类独立” 乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此 互不影响
3、的 独立步骤 来完成，这几步是完成这件任务 缺一不 可的 ，这样的问题可以使用乘法原理解决我们可以简记为：“ 乘法分步，步步相关 ” 模块一 、 简单加乘原理综合应用 【例 1】 商店里有 2 种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有 2 种水果糖：苹果味、梨味、橙味小明想买一些糖送给他的小朋友 如果小明只买一种 糖，他有几种选法？ 如果小明想买水果糖、巧克力糖各 1种，他有几种选法？ （ 2级） 【解析】 小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从 2 种巧克力糖中选一种 例题精讲 知识要点 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 2 of 21 有 2 种办
4、法；第二类是从 3 种水果糖中选一种，有 3 种办法因此，小明有 2 3 5 种选糖的方法 小明完成这件事要分两步，每步分别有 2 种、 3 种方法，因此有 3 2 6 种方法 【例 2】 从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车 问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？ （ 2级） 【解析】 从北京转道上海到广州一 共有 3 3 9 种方法，从北京转道武汉到广州一共也有 3 3 9 种方法供选择，从北京直接去广州有 2 种方法，所以一共有 9 9 2 20 种方法 【例 3】 从
5、学而思学校到王明家有 3 条路可走，从王明家到张老师家有 2 条路可走，从学而思学校到张老师家有 3 条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？ （ 2级） 王明家张老师家学而思学校【解析】 根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有 3 2 6 种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有 3 条路可走，根据加法原理，一共有 6 3 9 种走法 【巩固】 如下图，从甲地到乙地有 2 条路，从乙地到丙地有 4 条路，从甲地到丁地有 3 条路可走，从丁地到丙地也有 3 条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？ （ 2级） 丁 丙乙甲【解析】 从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过
6、乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有 4 2 8 种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有 3 3 9 种方法根据加法原理，一共有 8 9 17 种走法 【巩固】 王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？ （ 2级） 南京武汉重庆加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 3 of 21 【解析】 从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有 2 3 6 (种 )走法；第二类不经过武汉，有
7、2 种走法 根据加法原理，从 重庆到南京一共有 2 6 8 种不同走法 【例 4】 如下图，八面体有 12 条棱， 6 个顶点 一只蚂蚁从顶点 A 出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次 问共有多少种不同的走法？ （ 6 级） FEDCBA【 解解 析析 】 走完 6 个顶点，有 5 个步骤，可分为两大类： 第二次走 C 点：就是意味着从 A 点出发，我们要先走 F ， D ， E ， B 中间的一点，再经过 C 点，但之后只能走 D ， B 点，最后选择后面两点 有 4 1 2 1 1 8 种 (从 F 到 C 的话，是不能到 E 的 )； 第二次不走 C ：有 4 2 2 2 1 32
8、 种 (同理， F 不能到 E )； 共计： 8 32 40 种 【例 5】 如果从 3 本不同的语文书、 4 本不同的数学书、 5 本不同的外语 书中选取 2 本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？ （ 4级） 【解析】 因为强调 2 本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学： 3 4=12；来自语文、外语：3 5=15；来自数学、外语： 4 5=20；所以共有 12 15 20=47 【例 6】 某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有 7 个车站，现在新增了 3 个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？ （ 6级） 【解析】 1、新
9、站为起点，旧站为终点有 3 7=21 张， 2、旧站为起点，新站为终点有 7 3=21 张， 3、起点、终点均为新站有 3 2=6 张 ，以上共有 21 21 6=48 张 【例 7】 某件工作需要钳工 2 人和电工 2 人共同完成现有钳工 3 人、电工 3 人，另有 1 人钳工、电工都会从7 人中挑选 4 人完成这项工作，共有多少种方法？ （ 6级） 【解析】 分两类情况讨论： 都会的这 1 人被挑选中，则有： 如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有 3 种方法，再选 2 名电工也有 3 种方法；所以有 3 3 9 种方法； 同样，这人做电工，也有 9 种方法 都会的这一人没有被
10、挑选，则 从 3 名钳工中选 2 人，有 3 种方法；从 3 名电工中选 2 人，也 有 3种方法，一共 有 3 3 9 种方法 所以，根据加法原理，一共有 9 9 9 27 种方法 【例 8】 某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号一共可以表示出多少种不同加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 4 of 21 的信号？ （ 6 级） 【解析】 由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑： 第三类第二类第一类第一类，可以从四种颜色中任选一种，
11、有 4 种表示法； 第二类 ，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有 4 种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有 3 种选法 根据乘法原理，共有 4 3 12 种表示法； 第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有 4 种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有 3 种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有 2 种选法 根据乘法原理，共有 4 3 2 24 种表示法 根据加法原理，一共可以表示出 4 12 24 40 种不同的信号 【巩固】 五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：
12、共可以表示多少种不同的信号？ （ 6 级） 【解析】 分 3 种情况 ： 取出一面 ， 有 5 种信号 ； 取出两面 ：可以表示 5 4 20 种信号 ； 取出三面 ：可以表示： 5 4 3 60 种信号 ； 由加法原理，一共可以表示： 5 20 60 85 种信号 【例 9】 五 种颜色不同的信号旗，各有 5 面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？ （ 6 级） 【解析】 方法一： 取出的 3 面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类 一种颜色： 5 种可能； 两种颜色： 5 4 3 60 （ ） 三种颜色： 5 4 3 60 所以，一共可
13、以表示 5 60 60 125 种不同的信号 方法二 ： 每一个位置都有 5 种颜色可选，所以 共有 5 5 5 125 种 【巩固】 红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有 2， 2， 3， 3 面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？ （ 6 级） 【解析】 (一 )取出的 3 面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类 第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的， 2 种可能； 第二类，两种颜色： (4 3) 3 36 第三类，三种颜色： 4 3 2 24 所以，根据加法原理，一共可以表示 2 36 24
14、62 种不同的信号 (二 )白棋打头的信号，后两面旗有 4 4 16 种情况 所以白棋不打头的信号有 62 16 46 种 【例 10】 (2008 年清华附中考题 )小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢 共有 种可能的情况 （ 6级） 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 5 of 21 【 解解 析析 】 小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共 2 种情况； 如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有 2
15、2 4 种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有 2 2 2 8 种情况，所以共有 2 4 8 14 种情况 【例 11】 （ 2009 年“数学解题能力展示”中年级复赛试题） 过年了， 妈妈买了 7 件不同的礼物，要送给亲朋好友的 5 个孩子每人一件其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件那么，妈妈送出这 5 件礼物共有 种方法 （ 6级） 【 解解 析析 】 若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外 3 个孩子在剩余 5 件礼物中任选 3 件，有5 4
16、3 60 种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有 60 种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有 60 种方法所以共有60 60 60 180 种方法 【例 12】 有 3 所学校共订 300 份中国少年报， 每所学校订了至少 98 份，至多 102 份 问：一共有多少种不同的订法 ？ （ 6 级） 【 解解 析析 】 可以分三种情况来考虑： 3 所学校订的报纸数量互不相同，有 98， 100， 102； 99， 100， 101 两种组合，每种组各有 33 6P 种不同的排列，此时有 6 2 12 种订法 3 所学校订的报纸数量有
17、 2 所相同，有 98， 101， 101； 99， 99， 102 两种组 合，每种组各有 3 种不同的排列，此时有 3 2 6 种订法 3 所学校订的报纸数量都相同，只有 100， 100， 100 一种订法 由加法原理，不同的订法一共有 12 6 1 19 种 【例 13】 玩具厂生产一种玩具棒，共 4 节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂 色 这家厂共可生产 _种颜色不同的玩具棒 （ 8级） 【 解解 析析 】 每节有 3 种涂法，共有涂法 3 3 3 3 81 (种 ) 但上述 81 种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种
18、颜色计算了两次 可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3 3 1 1 9 (种 ) 故玩具棒最多有 (81 9) 2 45 种不同的颜色 【例 14】 奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字 的每个单词都由 5 个字母 a 、 b 、 c 、 d 、 e 组成，并且所有的单词都有着如下的规律，字母 e 不打头，单词中每个字母 a 后边必然 紧跟 着字母 b ， c 和 d 不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？ （ 8 级） 【解析】 分为三种 ： 第一种： 有两个 a 的情况只有 abab 1 种 第二种， 有一个 a
19、 的 情况，又分 3 类 第一类， 在第一个位置，则 b 在第二个位置，后边的排列有 4 4 16 种，减去 c 、 d 同时出现的两种，总共有 14 种， 第二类， 在第二个位置，则 b 在第三个位置，总共有 3 4 2 10 种 . 第三类， 在第三个位置，则 b 在第四个位置，总共有 3 4 2 10 种 . 第三种， 没有 a 的情况 : 分别计算没有 c 的情况 :2 3 3 3 54 种 . 没有 d 的情况： 2 3 3 3 54 种 . 没有 c 、 d 的情况： 1 2 2 2 8 种 . 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 6 of 21 由容斥原
20、理得到一共有 54 54 8 100 种 . 所以 ，根据加法原理， 一共有 1 1 4 1 0 1 0 1 0 0 1 3 5 种 【例 15】 从 6 名运动员中选出 4 人参加 4100 接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种： 甲不能跑第一棒和第四棒； 甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒 （ 6 级） 【解析】 先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有 5 种选择，第四棒有 4 种选择，剩下的四人中随意选择 2 个人跑第二、第三棒，有 4 3 12 种，由乘法原理，共有： 5 4 12 240 种参赛方案 先不考虑甲乙的特殊要求，从 6 名队员中随意选择 4 人参赛，有 6
21、5 4 3 360 种选择 .考虑若甲跑第一棒，其余 5 人随意选择 3 人参赛，对应 5 4 3 60 种选择 ，考虑若乙跑第 二 棒，也对应5 4 3 60 种选择，但是从 360 种中减去两个 60 种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二 棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第 二 棒已确定只需从剩下的 4 人选择 2 人参赛的 4 3 12种方案，所以，一共有 3 6 0 6 0 2 1 2 2 5 2 种不同参赛方案 模块二 、 加乘原理与数字问题 【例 16】 由数字 1， 2， 3 可以组成多少个没有重复数字的数？ （ 4级） 【解析】 因为有 1， 2， 3 共 3 个数字，
22、因此组成的数有 3 类：组成一位数；组成二位数；组成三位数它们的和就是问题所求 组成一位数：有 3 个； 组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有 3 种方法；第二步排个位数也有 3 种方法，因此由乘法原理，有 3 2 6 个； 组成三位数：与组成二位数道理相同，有 3 2 6 个 三位数； 所以，根据加法原理，一 共 可组成 3 6 6 15 个数 【例 17】 由数字 0， 1， 3， 9 可以组成多 少个 无重复数字的自然 数？ （ 6 级） 【解析】 满足条件的数可以分为 4 类：一位、二位、三位、四位数 第一类，组成 0 和 一位数，有 4 个 （
23、0 不是一位数，最小的一位数是 1） ； 第二类，组成二位数，有 3 3 9 个； 第三类，组成三位数，有 3 3 2 18 个 ; 第四类，组成四位数，有 3 3 2 1 18 个 由加法原理，一共可以组成 4 9 18 18 49 个数 【巩固】 用数字 0， 1， 2， 3， 4 可以组成多少个小于 1000 的自然数？ （ 6 级） 【解析】 小于 1000 的自然数有三类第一类是 0 和一位数，有 5 个；第二类是两位数，有 4 5 20 个；第三类是三位数，有 4 5 5 100 个 ， 共有 5 20 100 125 个 【巩固】 用数码 0， 1， 2， 3， 4，可以组成多少
24、个小于 1000 的没有重复数字的自然数？ （ 6 级） 【解析】 分为三类，一位数时， 0 和一位数共有 5 个；二位数时，为 4 4 16 个，三位数时，为： 4 4 3 48 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 7 of 21 个，由加法原理，一共可以组成 5 16 48 69 个小于 1000 的没有重复数字的自然数 【例 18】 用 0 9 这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数 （ 6 级） 【解析】 无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排 0，或说千位上只能排 19 这九个数字中的一个 .而且其他位置上数码都不相同，下面分别
25、介绍三种解法 .（方法一）分两步完成 ： 第一步：从 1 9 这九个数中任选一个占据千位，有 9 种方法 ； 第二步：从余下的 9 个数（包括数字 0）中任选 3 个占据百位、十位、个位，百位有 9 种 .十位有 8种，个位有 7 种方法 ； 由乘法原理，共有满足条件的四位数 9 9 8 7=4536 个 （方法二）组成的四位数分为两类： 第一类：不含 0 的四位数有 9 8 7 6=3024 个； 第二类：含 0 的四位数的组成分为两步：第一步让 0 占一个位有 3 种占法，（让 0 占位只能在百、十、个位上，所以有 3 种）第二步让其余 9 个数占位有 9 8 7 种占法 .所以含 0 的
26、四位数有 3 9 87=1512 个 由加法原理，共有 满足条件的四位数 3024+1512=4536 个 【巩固】 用 0， 1， 2， 3 四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？ （ 6级） 【解析】 分 为两类：个位数字为 0 的有 3 2 6 个，个位数字为 2 的有 2 2 4 个，由加法原理，一共有：6 4 10 个没有重复数字的四位偶数 【例 19】 在 2000 到 2999 这 1000 个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（ 6 级） 【解析】 若相同的数是 2，则 另一个 2 可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别
27、有 9个和 8 个数可选，有 3 9 8=216（个）；若相同的数是 1，有 3 8 24（个）；同理，相同的数是0， 3， 4， 5， 6， 7， 8， 9 时，各有 24 个，所以，符合题意的数共有 216 9 24=432（个） 【例 20】 在 1000 至 1999 这些自然数中个位数大于百位数的有多少个 ? （ 6 级） 【 解解 析析 】 (方法一 )解决计数问题常用分类讨论的方法 设在 1000 至 1999 这些自然数中满足条件的数为 1 abc (其中 ca )； (1)当 0a 时 ， c 可取 1 9 中的任一个数字， b 可取 0 9 中的任一个数字，于是一共有 9
28、10 90 个 (2)当 1a 时， c 可取 2 9 中的任一个数字， b 仍可取 0 9 中的任一个数字，于是一共有 8 10 80 个 (3)类似地，当 a 依次取 2， 3， 4， 5， 6， 7， 8 时分别有 70， 60， 50， 40，30， 20， 10 个符合条件的自然数所以，符合条件的自然数有 9 0 8 0 7 0 2 0 1 0 4 5 0 个 (方法二 )1000 至 1999 这 1000 个自然数中，每 10 个中有一个个位数等于百位数，共有 100 个；剩余的数中，根据对称性，个位数 大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为(10 00 10 0 )
29、 2 45 0 个 . 【例 21】 某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非 0 数码组成，且四个数码之和是 9 为确保打开保险柜至少要试多少次？ （ 6级） 【解析】 四个非 0 数码之和等于 9 的组合有 1， 1， 1， 6； 1， 1， 2， 5； 1， 1， 3， 4； 1， 2， 2， 4； 1， 2， 3，3； 2， 2， 2， 3 六种 第一种中，只要考虑 6 的位置即可， 6 可以随意选择四个位置，其余位置方 1，共有 4 种选择 第二种中，先考虑放 2，有 4 种选择，再考虑 5 的位置，有 3 种选择，剩下 的位置放 1，共有 4 3=12种选择，同理，第三、第四、第
30、五种都有 12 种选择，最后一种与第一种相似， 3 的位置有四种选择，加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 8 of 21 其余位置放 2，共有 4 种选择 .由加法原理，一共可以组成 4+12+12+12+12+4=56 个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试 56 次 【例 22】 从 1 到 100 的所有自然数中，不含有数字 4 的自然数有多少个 ? （ 6 级） 【解析】 从 1 到 100 的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数 一位数中，不含 4 的有 8 个，它们是 1、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9； 两位数中，不含 4 的可
31、以这样考虑：十位上，不含 4 的有 l、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9 这八种情况个位上，不含 4 的有 0、 1、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9 这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有 8 9 72 个数不含 4 三位数只有 100 所以一共有 8 8 9 1 81 个不含 4 的自然数 【巩固】 从 1 到 500 的所有自然数中，不含有数字 4 的自然数有多少个 ? （ 6 级） 【解析】 从 1 到 500 的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数 一位数中，不 含 4 的有 8 个，它们是 1、 2、 3、 5、
32、 6、 7、 8、 9； 两位数中，不含 4 的可以这样考虑：十位上，不含 4 的有 l、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9 这八种情况个位上，不含 4 的有 0、 1、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9 这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有 8 9=72 个数不含 4 三位数中，小于 500 并且不含数字 4 的可以这样考虑：百位上，不含 4 的有 1、 2、 3、这三种情况十位上，不含 4 的有 0、 1、 2、 3、 5、 6、 7、 8、 9 这九种情况，个位上，不含 4 的也有九种情况要确定一个三位数，可以 先取百位数，再取十位
33、数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3 9 9 243 个三位数由于 500 也是一个不含 4 的三位数所以， 1 500 中，不含 4 的三位数共有 3 9 9 1 244 个 所以一共有 8 8 9 3 9 9 1 3 2 4 个不含 4 的自然数 【巩固】 从 1 到 300 的所有自然数中，不含有数字 2 的自然数有多少个 ? （ 6 级） 【解析】 从 1 到 300 的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数 一位数中，不含 2 的 有 8 个，它们是 1、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 9； 两位数中，不含 2 的可以这样考虑：十位上，不含 2 的有 1、 3、
34、 4、 5、 6、 7、 8、 9 这八种情况个位上，不含 2 的有 0、 1、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 9 这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有 8 9 72 个数不含 2； 三位数中，除去 300 外，百位数只有 1 一种取法，十位与个位均有 0， 1， 3， 4， 5， 6， 7， 8， 9 九种取法，根据乘法原理，不含数字 2 的三位数有： 1 9 9 81 个，还要加上 300； 根据加法原理，从 1 到 300 的所有自然数中，不含有数字 2 的自然数一共有 8 72 82 162 个 【例 23】 由数字 0、 2、 8（既
35、可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列 ， 2008 排在第 个 【 2008 年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】 （ 8 级） 【解析】 比 2008 小的 4 位数有 2000 和 2002 ，比 2008 小的 3 位数有 2 3 3 18 （种），比 2008 小的 2 位数有2 3 6 （种），比 2008 小的 1位数有 2 （种），所以 2008 排在第 2 18 6 2 1 29 （个） 【巩固】 从分别写有 2、 4、 6、 8 的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法 .如果其中的 6 可以看成 9，那么共有多少种不同的乘积？ （ 6级） 【解析
36、】 取 2 有 8、 12、 16、 18 四 种，取 4 增加 24、 32、 36 三种，取 6 增加 48、 72 两种，一共有 9 种 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 9 of 21 【例 24】 自然数 8336， 8545， 8782 有 一些共同特征，每个数都是以 8 开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同这样的数共有多少个？ （ 6 级） 【解析】 两个相同的数字是 8时，另一个 8有 3个位置可选，其余两个位置有 9 8 72 种填法，有 3 9 8 216 个数； 两个相同的数字不是 8 时，相同的数字有 9 种选法，不同的数字有 8 种选
37、法，并有 3 个位置可放，有 9 8 3 216 个数 由加法原理，共有 3 9 8 9 8 3 4 3 2 个数 【巩固】 在 1000 到 1999 这 1000 个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（ 6 级） 【解析】 若相同的数是 1，则另一个 1 可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有 9个和 8 个数可选，有 3 9 8 216 个；若相同的数是 2，有 3 8 24 个；同理，相同的数是 0， 3，4， 5， 6， 7， 8， 9 时，各有 24 个，所以，符合题意的数共有 216 9 24 432 个 【例 25】 如果一个
38、三位数 ABC 满足 AB ， BC ，那么 把 这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个数 （ 8 级） 【 解解 析析 】 当 B 为 0 时， A 、 C 可以为 1 9 中的任何一个，此时有 99 种；当 B 为 1时， A 、 C 可以为 2 9中的任何一个，此时有 88 种； ；当 B 为 8 时，有 11 种；所以共有 19 9 8 8 1 1 9 1 0 1 9 2 8 56 (个 ) 【例 26】 用数字 1， 2 组成一个八位数，其中至少连续四位都是 1 的有多少个？ （ 6级） 【 解解 析析 】 将 4 个 1 看成一个整体，其余 4 个数有 5 种情况： 4 个 2
39、、 3 个 2、 2 个 2、 1 个 2 和没有 2； 4 个 2 时， 4 个 1 可以有 5 种插法； 3 个 2 时， 3 个 2 和 1 个 1 共有 4 种排法，每一种排法有 4 种插法，共有 4 4 16 种； 2 个 2 时， 2 个 2 和 2 个 1 共有 6 种排法，每一种排法有 3 种插法，共有 6 3 18 种； 1 个 2 时， 1 个 2 和 3 个 1 共有 4 种排法，每一种排法有 2 种插法，共有 4 2 8 种； 没有 2 时，只有 1 种； 所以，总共有： 5 16 18 8 1 48 个 答：至少连续四位都是 1 的有 48 个 【例 27】 七位数的
40、各位数字之和为 60 ，这样的七位数一共有多少个？ （ 6 级） 【 解解 析析 】 七位数数字之和最多可以为 9 7 63 63 60 3 七位数的可能数字组 合为： 9， 9， 9， 9， 9， 9， 6 第一种情况只需要确定 6 的位置即可 所以有 6 种情况 9， 9， 9， 9， 9， 8， 7 第二种情况只需要确定 8 和 7 的位置，数字即确定 8 有 7 个位置， 7 有 6 个位置 所以第二种情况可以组成的 7 位数有 7 6 42 个 9， 9， 9， 9， 8， 8， 8， 第三种情况， 3 个 8 的位置确定即 7 位数也确定 三个 8 的位置放置共有 7 6 5 21
41、0 种 三个相同的 8 放置会产生 3 2 1 6 种重复的放置方式 所以 3 个 8 和 4 个 9 组成的不同的七位数共有 210 6 35 种 所以数字和为 60 的七位数共有 35 42 7 84 【例 28】 从自然数 140 中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被 4 整除，有多少种取法？ （ 6 级） 【解析】 2 个数的和能被 4 整除，可以根据被 4 除的余数分为两类： 加乘原理综合运用 加乘原理综合应用 .题库 教师版 page 10 of 21 第一类：余数分别为 0， 0 140 中 能被 4 整除的数共有 40 4 10 （个）， 10 个中选 2 个，有 10
42、 9 2 45 （种）取法； 第二类：余数分别为 1， 3 140 中 被 4 除余 1，余 3 的数也分别都有 10 个，有 10 10 100 （种）取法； 第三 类：余数分别为 2， 2同第一类，有 45 种取法 根据加法原理，共有 45 100 45 190 （种）取法 【例 29】 在 1100 的自然数中取出两个不同的数相加，其和是 3 的倍数的共有多少种不同的取法？ （ 6级） 【解析】 将 1 100 按照除以 3 的余数分为 3 类 ：第一类， 余数为 1 的有 1， 4， 7， 100，一共有 34 个 ；第二类， 余数为 2 的一共有 33 个；第三类， 可以被 3 整除
43、的一共有 33 个 取出两个不同的数其和是3 的倍数只有两种 情况：第一种， 从 第一、二 类中各取一个数，有 34 33 1122 种取法； 第二种，从 第三类 中取两个数，有 33 32 2 528 种取法根据加法原理， 不同取法共有： 1122 528 1650种 【巩固】 在 110 这 10 个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是 3 的倍数，共有多少种不同的取法？ （ 6 级） 【解析】 两个数的和是 3 的倍数有两种情况，或者两个数都是 3 的倍数，或有 1 个除以 3 余 1，另一个除以 3余 2 1 10 中能被 3 整除的有 3 个数，取两个有 3 种取法；除以 3
44、 余 1 的有 4 个数，除以 3 余 2 的有 3 个数，各取 1 个有 3 4 12 种取法根据加法原理，共有取法： 3 12 15 种 【巩固】 在 110 这 10 个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是 3 的倍数有多少种 不同的取法？（ 6 级） 【解析】 三个不同的数和为 3 的倍数有四种情况：三个数同余 1，三个数同余 2，三个数都被 3 整除，余 1 余2 余 0 的数各有 1 个，四类情况分别有 4 种、 1 种、 1 种、 4 3 3 36 种，所以一共有 4 1 1 36 42 种 【巩固】 从 7， 8， 9， ， 76， 77这 71个数中，选取两个不同的 数，使其和为 3的倍数的选法总数是多少 ? （ 6级） 【解析】
