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10．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(教师独具内容)
1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列、组合问题的基础，并贯穿其始终．
2．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类；分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”．
3．重点提升数学建模和数学运算素养．
(教师独具内容)
1．以理解和应用两个基本原理为主，常以实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题、解决问题能力的考查，常与排列、组合知识交汇．两个计数原理在历年高考命题中没有单独考查，一般是与排列、组合结合进行考查；一般以选择题、填空题的形式出现．
2．要熟练掌握分类加法计数原理、分步乘法计数原理，这是求排列、组合问题的基础．
(教师独具内容)
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．
3．两个原理的区别与联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
关键词 分类 分步
区别 每类方法都能独立完成这件事 各步都完成，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
联系 都是用来解决关于完成一件事的不同方法种数的问题
4．常用结论
(1)完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，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)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，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．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．书架的第1层放有10本不同的语文书，第2层放有12本不同的数学书，第3层放有10本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法有________种．
答案　32
解析　有三类方法，第1类从第1层取1本语文书，有10种方法；第2类从第2层取1本数学书，有12种方法；第3类从第3层取1本英语书，有10种方法，由分类加法计数原理知，共有10＋12＋10＝32种不同的取法．
3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法有________种．
答案　12
解析　由分步乘法计数原理可知，走法总数为4×3＝12.
4.如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路；从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
答案　32
解析　不同路线共有3×4＋4×5＝32(条).
5.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，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________种．
答案　48
解析　需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48种着色方法．
基础知识巩固
考点　　分类加法计数原理
例1　满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A．14 B．13
C．12 D．10
答案　B
解析　当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0).综上，满足要求的有序数对共有13个．故选B.
例2　在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
答案　36
解析　按十位数字分类，十位可为1，2，3，4，5，6，7，8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．
　1.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
答案　5
解析　分三类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O，2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O，2种不同的走法．由分类加法计数原理可得，共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
2．若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________．
答案　20
解析　要使椭圆的焦点在y轴上，需m＜n，故当m＝1时，n＝2，3，4，5，6，7，共6个；当m＝2时，n＝3，4，5，6，7，共5个；当m＝3时，n＝4，5，6，7，共4个；当m＝4时，n＝5，6，7，共3个；当m＝5时，n＝6，7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．
3．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，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________．
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).所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
　对分类加法计数原理的说明
分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．
①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．
③分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．
考点　　分步乘法计数原理
例3　2022年尤金世界田径锦标赛上，8名运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有(　　)
A．72种 B．144种
C．760种 D．2880种
答案　D
解析　分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(种).第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种).所以安排这8名运动员比赛的方式共有24×120＝2880(种).
例4　(2022·玉林模拟)若自然数n使得做竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)各位数均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么，小于100的“开心数”的个数为(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
答案　D
解析　根据题意，个位数m需要满足m＋(m＋1)＋(m＋2)＜10，即m＜，所以个位数可取0，1，2三个数，因为十位数k需要满足3k＜10，所以k＜，所以十位数可以取0，1，2，3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个).
　4.已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为(　　)
A．6 B．12
C．24 D．36
答案　A
解析　确定第二象限的点，可分两步完成：第一步，确定a，由于a<0，所以有3种方法；第二步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得第二象限的点的个数为3×2＝6.
5．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A．24 B．18
C．12 D．9
答案　B
解析　从E点到F点的最短路径有C＝6条，从F点到G点的最短路径有C＝3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条).故选B.
6．有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案　120
解析　每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
　利用分步乘法计数原理解决问题的策略
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
考点　　两个计数原理的综合应用
例5　用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
答案　B
解析　由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A＝72(个)；若万位是4，则有2×A＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个).故选B.
例6　如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有(　　)
A．24种 B．72种
C．84种 D．120种
答案　C
解析　如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况：①A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，
D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一种)，有4×3×2×2＝48种不同的涂法．②A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一种)，有4×3×1×3＝36种不同的涂法．故共有48＋36＝84种不同的涂色方法．
　7.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
答案　C
解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共8条；同理，与DB成60°角的面对角线也有8条．因此，一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对).又因为每对被计算了2次，因此成60°角的面对角线有×96＝48(对).
8．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
答案　72
解析　按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要与A或B同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).
　应用两个计数原理解题时首先思考待求的事件是如何完成的，是分类还是分步进行．有些事件完成的方法可以先分几类，在每一类方法中再分步骤；也有的事件先分为几个步骤，在每个步骤中再分类．若需分类，则按加法计数原理；若需分步，则按乘法计数原理．分类时要做到“不重不漏”，分步时要做到“步骤完整”．有些计数问题既需要分类，又需要分步，此时就要综合运用两个原理．
课时作业
一、单项选择题
1．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　)
A．24种 B．4种
C．64种 D．81种
答案　C
解析　第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得，共有43＝64种投法．
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定的不同平面的个数为(　　)
A．40 B．16
C．13 D．10
答案　C
解析　分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
3．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　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
4．(2021·河北石家庄二中模拟)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，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有(　　)
A．50种 B．60种
C．80种 D．90种
答案　C
解析　根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论：若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有2×10＝20种不同的选法；若甲选择马或猴，此时甲的选法有2种，乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有2×3×10＝60种不同的选法．则一共有20＋60＝80种选法．故选C.
5．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　当公比为2时，等比数列可为1，2，4或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为时，等比数列可为4，6，9.同理，公比为，，时，也有4个．故共有8个等比数列．
6．(2022·四川泸州诊断测试)某体育彩票规定：从01到36号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想先选定吉利号18，然后再从01到17号中选出3个连续的号，从19到29号中选出2个连续的号，从30到36号中选出1个号组成一注．若这个人要把符合这种要求的号全买，至少要花(　　)
A．2000元 B．3200元
C．1800元 D．2100元
答案　D
解析　分3步进行：第1步，从01到17中选3个连续号，有15种选法；第2步，从19到29中选2个连续号，有10种选法；第3步，从30到36中选1个号，有7种选法．由分步乘法计数原理可知，满足要求的注数为15×10×7＝1050，故至少要花1050×2＝2100(元).故选D.
7.如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂1种颜色的涂料，其中2和9同色，3和6同色，4和7同色，5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法有(　　)
A．360种 B．720种
C．780种 D．840种
答案　B
解析　首先从6种不同颜色的涂料中选出4种分别涂2和9，3和6，4和7，5和8八块，共有A种涂法，然后根据条件可知，只需从余下的两种不同颜色的涂料中选一种涂区域1即可，有2种涂法，所以满足要求的涂色方法有2×A＝720(种).故选B.
8．(2022·山东菏泽模拟)任取集合{1，2，3，4，…，10}中三个不同的数a1，a2，a3，且满足a2－a1≥2，a3－a2≥3，则选取这样的三个数的方法种数为(　　)
A．27 B．30
C．35 D．48
答案　C
解析　第一类，a3－a1＝5，a1，a3的值有5种情况，则a2只有1种情况，共有5×1＝5种情况；第二类，a3－a1＝6，a1，a3的值有4种情况，则a2有2种情况，共有4×2＝8种情况；第三类，a3－a1＝7，a1，a3的值有3种情况，则a2有3种情况，共有3×3＝9种情况；第四类，a3－a1＝8，a1，a3的值有2种情况，则a2有4种情况，共有2×4＝8种情况；第五类，a3－a1＝9，a1，a3的值有1种情况，则a2有5种情况，共有1×5＝5种情况．则选取这样的三个数的方法种数为5＋8＋9＋8＋5＝35.故选C.
二、多项选择题
9．“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系，该书中有两类最基本的符号：“——”和“——”，其中“——”在二进制中记作“1”，“——”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通．若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．4
答案　ABC
解析　根据题意，从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类．第一类：由两个“——”组成，二进制数为11，转化为十进制数，为3.第二类：由两个“——”组成，二进制数为00，转化为十进制数，为0.第三类：由一个“——”和一个“——”组成，二进制数为10，01，转化为十进制数，为2，1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0，1，2，3.故选ABC.
10．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有(　　)
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
答案　ABC
解析　对于A，分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种不同的选法，A正确；对于B，分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法，B正确；对于C，分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35种不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14种不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59种不同的选法，C正确；对于D，从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同的挂法种数是3×2＝6，D错误．故选ABC.
三、填空题
11．建造一个花坛，花坛分为4个部分(如图).现要栽种4种不同颜色的花(不一定4种颜色都栽种)，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种．(用数字作答)
1 2 3 4
答案　108
解析　先栽第一块地，有4种情况，然后栽第二块地，有3种情况，第三块地有3种情况，第四块地有3种情况，则共有4×3×3×3＝108种不同的栽种方法．
12．(2022·福建泉州高三月考)直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，3，5，7，8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
答案　22
解析　若A或B中有一个为0时，有2条；当A·B≠0时，有5×4＝20(条).故可表示20＋2＝22(条)不同的直线．
13．有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种．(用数字作答)
答案　8
解析　由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分4类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
14.如图，在由若干个同样大小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★，则含有★的平行四边形共有________个．(用数字作答)
答案　48
解析　含有★的平行四边形的左上角的顶点有2×2＝4种可能，右下角的顶点有3×4＝12种可能．由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形，所以共有48个含有★的平行四边形．
四、解答题
15．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、2个不同的宣传广告和1个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，宣传广告与公益广告不能连续播放，2个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？
解　用1，2，3，4，5，6表示广告的播放顺序，则完成这件事有3类方法．
第1类，宣传广告与公益广告的播放顺序是2，4，6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式；
第2类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，4，6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式；
第3类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，3，6.同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．
由分类加法计数原理，得6个广告不同的播放方式共有36＋36＋36＝108(种).
16．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个符合下列要求的无重复数字的数？
(1)四位整数；
(2)比2000大的四位偶数．
解　(1)分步解决：第1步，千位数字有5种选取方法；
第2步，百位数字有5种选取方法；
第3步，十位数字有4种选取方法；
第4步，个位数字有3种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位整数5×5×4×3＝300(个).
(2)解法一：按个位是0，2，4分为三类：
第1类，个位是0的有4×4×3＝48(个)；
第2类，个位是2的有3×4×3＝36(个)；
第3类，个位是4的有3×4×3＝36(个).
则由分类加法计数原理知，有48＋36＋36＝120个无重复数字且比2000大的四位偶数．
解法二：按千位是2，3，4，5分为四类：
第1类，千位是2的有2×4×3＝24(个)；
第2类，千位是3的有3×4×3＝36(个)；
第3类，千位是4的有2×4×3＝24(个)；
第4类，千位是5的有3×4×3＝36(个).
由分类加法计数原理知，有24＋36＋24＋36＝120个无重复数字且比2000大的四位偶数．
17.如图所示，要给金、版、教、程四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
解　给金、版、教、程四个区域依次涂色，分四步完成：
第1步，涂金区域，有3种选择；
第2步，涂版区域，有2种选择；
第3步，涂教区域，由于它与金、版区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂程区域，由于它与金、版区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，共有3×2×1×1＝6种不同的涂色方法．

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