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(共17张PPT)
7.1 两个基本计数原理
知识点 1 分类计数原理(加法原理)
必备知识 清单破
　　如果完成一件事,有n类方式,在第1类方式中有m1种不同的方法,在第2类方式中有m2种不 同的方法……在第n类方式中有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.
　
如果完成一件事,需要分成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.
知识点 2 分步计数原理(乘法原理)
知识点 3 两个基本计数原理的比较
知识辨析
1.要完成一件事,如何选择用分类计数原理还是分步计数原理
2.在分类计数原理中,两类不同方式中的方法可以相同吗
3.在分步计数原理中,第2步的方法数是否受第1步不同方法的影响
4.有三只口袋装有小球,一只装有5个大小不同的白色小球,一只装有6个大小不同的黑色小 球,一只装有7个大小不同的红色小球,若每次从中取两个不同颜色的小球,则共有多少种不同 的取法
5.在一次运动会上有四项比赛,冠军仅在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有43 种还是34种
一语破的
1.看每一种方法是否能够独立完成这件事,如果每类方式中的每一种方法都能独立完成这件 事,那么就用分类计数原理;如果每类方式中的每一种方法只能完成这件事的一部分,那么就 用分步计数原理.
2.不可以.在分类计数原理中,每类方式中的不同方法互相独立,都能独立完成这件事,因此两 类不同方式中的方法是不同的.
3.否.无论第1步采用哪种方法,与之对应的第2步都有相同的方法数.
4.107种.5×6+5×7+6×7=107(种).
5.34种.要完成的一件事是“给比赛项目找冠军获得者”,因为每个项目中的冠军都有3种可 能的情况,所以根据分步计数原理知共有34种不同的夺冠情况.

1.利用两个基本计数原理时,首先要理解题意,弄清“完成哪件事”,然后决定是分类还是分 步.“类”用“+”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标志一件事的 完成,“步”则缺一不可.
2.解题时通常要综合考虑两个计数原理
(1)类中有步

　　从A→B共有(m1×m2×m3+m4×m5)种方法.
关键能力 定点破
定点 1 两个基本计数原理的合理选择
(2)步中有类

　　从A→D共有m1×(m2+m3+m4)×m5种方法.
典例1 有6名同学报名参加3个智力竞赛项目.
(1)若每人恰好参加一个项目,每个项目人数不限,则有多少种不同的报名方法
(2)若每个项目限报一人,且每人至多参加一个项目,则有多少种不同的报名方法
(3)若每个项目限报一人,但每人参加的项目个数不限,则有多少种不同的报名方法
解析 (1)根据题意得,每名同学都可以从3个智力竞赛项目中选1个参加,根据分步计数原理, 得不同的报名方法种数为36=729.
(2)根据题意得,第1个项目有6种选法,第2个项目有5种选法,第3个项目有4种选法,根据分步计 数原理,得不同的报名方法种数为6×5×4=120.
(3)根据题意得,每个项目都可以从6名同学中选出1名参加,根据分步计数原理,得不同的报名 方法种数为63=216.
典例2 7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另外2名既会 下象棋又会下围棋.现从这7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选 法
解析 分四类:
第一类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1 名参加围棋比赛,有3×2=6种选法;
第二类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的 学生中选1名参加围棋比赛,有3×2=6种选法;
第三类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的 学生中选1名参加象棋比赛,有2×2=4种选法;
第四类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛,有2×1 =2种选法.
故不同的选法共有6+6+4+2=18(种).
1.在计数问题中常涉及元素与位置,解题时要分析清楚要完成的事是元素选择位置还是位置 选择元素.
2.当涉及元素数目不大时,一般选择用列举法、树状图法.当涉及元素数目较大或情况比较复 杂时,一般有两种方法:
(1)直接法:直接应用分类计数原理或分步计数原理解题.
(2)间接法:先去掉限制条件,计算方法总数,然后减去所有不符合条件的方法数,从而得到正确 答案.
定点 2 解决计数问题的常用方法
典例1 (1)假定有一排蜂房,其形状如图所示,一只蜜蜂在左下角的蜂房中,由于受了伤只能爬, 不能飞,而且只能从一间蜂房爬到与之相邻的右方(包括右上、右下)蜂房中去,则该蜜蜂从最 初位置爬到4号蜂房中,不同的爬法有 (　 )

A.4种　 B.6种　 C.8种　 D.10种
(2)用0,1,…,9这十个数字可以组成有重复数字的三位数的个数是 (　 )
A.243　 B.252　 C.261　 D.279
C
B
解析 (1)记最初位置为P点,画出树状图如图所示:

故该蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房中共有8种不同的爬法.
(2)直接计算比较复杂,可利用间接法.
组成的三位数可分为两类:一类有重复数字,另一类无重复数字.先算无重复数字的三位数的 个数:第一步,排百位数字,有9种方法(0不能排首位),第二步,排十位数字,有9种方法,第三步,排 个位数字,有8种方法,根据分步计数原理,得共有9×9×8=648个无重复数字的三位数,又组成的 所有三位数的个数为9×10×10=900,所以有重复数字的三位数的个数是900-648=252.
典例2 某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分,如图所示,现要栽种4种颜色的花, 每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,求共有多少种不同的栽种方法.

解析 解法一:区域1,2,3依次栽种的不同颜色的花有4×3×2=24种栽种方法,下面通过分类讨 论考虑区域4,5,6的栽种方法:
(1)若区域4与前3个区域栽种的花颜色不同,则:当区域6与区域3栽种的花颜色相同时,区域5 只有1种栽种方法,故区域4,5,6依次栽种的不同颜色的花有1×1×1=1种栽种方法;
当区域6与区域4栽种的花颜色相同时,区域5有2种栽种方法,故区域4,5,6依次栽种的不同颜 色的花有1×2×1=2种栽种方法.
(2)若区域4与区域2栽种的花颜色相同,则:
当区域6为第四种颜色的花时,区域5只有1种栽种方法,故区域4,5,6依次栽种的不同颜色的花 有1×1×1=1种栽种方法;
当区域6与区域3栽种的花颜色相同时,区域5只有1种栽种方法,故区域4,5,6依次栽种的不同 颜色的花有1×1×1=1种栽种方法.
根据分类计数原理和分步计数原理,得不同的栽种方法共有24×(1+2+1+1)=120(种).
解法二:先考虑区域1,有4种栽种方法,再将其余五个区域视为一个圆环,沿着圆环一个边界剪 开并拉直得到如图的五个方格,在五个方格中放3种不同的元素,且满足下列两个条件:①相同 元素不能相邻;②两端元素不能相同.

记3个元素分别为甲、乙、丙,依次从左往右确定元素,前两个方格中的元素有3×2=6种情形, 不妨记为甲、乙,后三个方格中的元素可能情形有:甲乙丙、甲丙乙、丙甲乙、丙甲丙、丙 乙丙,共5种,
由分步计数原理,得不同的栽种方法共有4×6×5=120(种).
规律方法 涂色(或种植)问题一般是直接利用两个基本计数原理求解,常用方法如下:
(1)根据区域的不同,以区域为主分步计数,用分步计数原理分析;
(2)根据所选颜色(或种植作物)种数不同,以颜色(或种植作物)为主分类讨论,用分类计数原理 分析.第7章　计数原理
7.1　两个基本计数原理
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　分类计数原理及其应用
1.(教材习题改编)已知两条异面直线a,b上分别有4个点和7个点,则这11个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A.4　　　　B.7　　　　C.11　　　　D.126
2.小明在某一天中有七个课间,为准备“小歌手”比赛,他想要选出至少一个课间来练习唱歌,但他希望任意两个练习唱歌的课间之间都至少有两个课间不练习唱歌,则小明的练习方案种数为(　　)
A.31　　　　B.18　　　　C.21　　　　D.33
3.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,则可构成真分数的个数为(　　)
A.8　　　　B.9　　　　C.10　　　　D.11
题组二　分步计数原理及其应用
4.某市举行自行车系列赛,已知本次比赛设有4个服务点,现将5名志愿者安排到4个服务点,要求每名志愿者都要到一个服务点服务,每个服务点都要安排志愿者,且最后一个服务点需安排2名志愿者,则不同的安排方法种数为(　　)
A.30 B.60
C.120 D.125
5.如图,提供4种不同的颜色给图中A,B,C,D四块区域涂色,若相邻的区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有　　　　种.
6.设集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a,b∈M.
(1)P可以表示多少个平面上不同的点
(2)P可以表示多少个第二象限的点
(3)P可以表示多少个不在直线y=x上的点
题组三　两个计数原理的综合应用
7.(教材习题改编)如图,若要让电路中的A处与B处接通,则不同的线路条数为(　　)
A.5　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.12
8.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,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有(　　)
A.30种　　　　B.50种　　　　C.60种　　　　D.90种
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　分类计数原理及其应用
1.定义:“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”,比如116,431,则所有“幸运数”的个数为(　　)
A.21　　　　B.35　　　　C.36　　　　D.45
2.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中任意取出3个不同的数,若这3个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有(　　)
A.54种 B.53种
C.47种 D.46种
3.口袋里有红、黄、蓝、绿色小球各四个,这些球除颜色外完全相同,现在从口袋里任意取出四个小球,则不同的取法有(　　)
A.48种　　　　B.77种　　　　C.35种　　　　D.39种
4.从集合U={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}的子集中选出两个非空集合A,B,同时满足以下两个条件:①A∪B=U且A∩B= ;②若x∈A,则x+1∈B.则共有　　　　种不同的选法.
5.如图,某景区共有A,B,C,D,E五个景点,相邻景点之间仅设置一个检票口供出入,共有7个检票口,工作人员为了检测检票设备是否正常,需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口,依次对所有检票口进行检测,则共有　　　　种不同的检测顺序.
题组二　分步计数原理及其应用
6.现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的8张卡片,每张卡片大小、质地均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20 220 126的摆放方式共有(　　)
A.12种　　　　B.18种　　　　C.24种　　　　D.28种
7.10 000除去1和自身外的正因数的个数是(　　)
A.25　　　　B.24　　　　C.23　　　　D.16
8.杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型,这三种机器人分别叫“莲莲”“琮琮”“宸宸”,小辉同学购买三种吉祥物各两个(同名的两个吉祥物完全相同),送给三位好朋友,每人两个,则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有　　　　种.(用数字作答)
题组三　两个计数原理的综合应用
9.如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F,G七个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为(　　)
A.192 B.336　　　　
C.600 D.以上均不对
10.某单位有4位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,1,2,5,为遵守所在城市某月15日至18日这4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),四人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天,则不同的用车方案种数是(　　)
A.4　　　　B.12　　　　C.16　　　　D.24
11.5个人排成一列,重新站队时,各人全不站在原来的位置上,那么不同的站队方式共有　　　　种.
答案与分层梯度式解析
第7章　计数原理
7.1　两个基本计数原理
基础过关练
1.C 2.B 3.D 4.B 7.C 8.B
1.C　分两类情况讨论:
第一类,直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面;
第二类,直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面.
根据分类计数原理知,共可以确定7+4=11个不同的平面.
2.B　设七个课间的编号分别为1,2,3,4,5,6,7,则练习的情况有三类:
①有且仅有一个课间练习,则每个课间都可以,有7种方案;
②有两个课间练习,选法为{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,5},{2,6},{2,7},{3,6},{3,7},{4,7},共有10种方案;
③有三个课间练习,选法为{1,4,7},有1种方案.
故小明的练习方案种数为7+10+1=18.
3.D　分四类:①当分子为1时,有,共4个真分数;②当分子为3时,有,共3个真分数;③当分子为5时,有,共2个真分数;④当分子为7时,有,共2个真分数.根据分类计数原理知,可构成4+3+2+2=11个真分数.故选D.
4.B　设5名志愿者分别为A,B,C,D,E,根据题意,分两步进行:
第一步,在5名志愿者中选出2名志愿者,安排在最后一个服务点,有AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE,共10种安排方法;
第二步,将剩下的3名志愿者安排到其他3个服务点,不妨设剩余的3名志愿者分别为C,D,E,则有CDE,CED,DCE,DEC,ECD,EDC,共6种安排方法.
根据分步计数原理知,共有10×6=60种安排方法.故选B.
5.答案　48
解析　先对B区域涂色,共有4种不同的涂法,再对D区域涂色,共有3种不同的涂法,然后对A区域涂色,共有2种不同的涂法,最后对C区域涂色,共有2种不同的涂法,
根据分步计数原理,得不同的涂法共有4×3×2×2=48种.
6.解析　(1)分两步:第一步,确定a,有6种选法;第二步,确定b,也有6种选法.根据分步计数原理,得P可以表示6×6=36个平面上不同的点.
(2)分两步:第一步,确定a,只能从-3,-2,-1中选,有3种选法;第二步,确定b,只能从1,2中选,有2种选法.根据分步计数原理,得P可以表示3×2=6个第二象限的点.
(3)分两步:第一步,确定a,从集合M中的6个元素中任选一个,有6种选法;第二步,确定b,从剩下的5个元素中任选一个,有5种选法.根据分步计数原理,得P可以表示6×5=30个不在直线y=x上的点.
7.C　若要让电路中的A处与B处接通,则不同的线路条数为2×1+2×3=8.故选C.
8.B　①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,共有20+30=50种不同的选法.故选B.
能力提升练
1.C 2.B 3.C 6.B 7.C 9.C 10.B
1.C　由题意可得幸运数的首位最大为8,且首位不为0,按百位数字分类讨论:
①当百位数字为1时,后两位数字相加为7,则剩余两位数字为7,0或6,1或5,2或4,3,可组成8个“幸运数”;
②当百位数字为2时,后两位数字相加为6,则剩余两位数字为6,0或5,1或4,2或3,3,可组成7个“幸运数”;
③当百位数字为3时,后两位数字相加为5,则剩余两位数字为5,0或4,1或3,2,可组成6个“幸运数”;
④当百位数字为4时,后两位数字相加为4,则剩余两位数字为4,0或3,1或2,2,可组成5个“幸运数”;
⑤当百位数字为5时,后两位数字相加为3,则剩余两位数字为3,0或2,1,可组成4个“幸运数”;
⑥当百位数字为6时,后两位数字相加为2,则剩余两位数字为2,0或1,1,可组成3个“幸运数”;
⑦当百位数字为7时,后两位数字相加为1,则剩余两位数字为1,0,可组成2个“幸运数”;
⑧当百位数字为8时,后两位数字相加为0,则剩余两位数字均为0,可组成1个“幸运数”.
故所有幸运数的个数为8+7+6+5+4+3+2+1=36.
故选C.
2.B　根据题意,将10个数分为2组,一组为奇数:1,3,5,7,9,一组为偶数:0,2,4,6,8,
若取出的3个数的和为不小于9的奇数,分两类情况讨论:
①取出的3个数全部为奇数,有{1,3,5},{1,3,7},{1,3,9},{1,5,7},{1,5,9},{1,7,9},{3,5,7},{3,5,9},{3,7,9},{5,7,9},共10种情况;
②取出的3个数有1个奇数,2个偶数,
若1个奇数取9,2个偶数取{0,2},{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共10种情况;
若1个奇数取7,2个偶数取{0,2},{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共10种情况;
若1个奇数取5,2个偶数取{0,4},{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共9种情况;
若1个奇数取3,2个偶数取{0,6},{0,8},{2,4},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共8种情况;
若1个奇数取1,2个偶数取{0,8},{2,6},{2,8},{4,6},{4,8},{6,8},共6种情况.
综上,若这3个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有10+10+10+9+8+6=53种.故选B.
3.C　分四类:
①当取出的小球只有一种颜色时,有4种取法;
②当取出的小球只有两种颜色时,颜色组合可能为红黄、红蓝、红绿、黄蓝、黄绿、蓝绿,共6种,以取出红黄两种颜色的小球为例,可能情况为1红3黄,2红2黄,3红1黄,共3种,故不同的取法共有6×3=18种;
③当取出的小球只有三种颜色时,颜色组合可能为红黄蓝、红黄绿、红蓝绿、黄蓝绿,共4种,以取出红黄蓝三种颜色的小球为例,可能情况为1红1黄2蓝,1红2黄1蓝,2红1黄1蓝,共3种,故不同的取法共有4×3=12种;
④当取出的小球有四种颜色时,只有1种取法.
综上,不同的取法有4+18+12+1=35种.故选C.
4.答案　88
解析　由题易知集合A,B中的元素互不相同且元素个数相加为10,因此由A中的元素可唯一确定B中的元素.又若某个数字在A中,则比这个数字大1的数字在B中,因此按集合A中的元素个数进行分类讨论如下:
当A为单元素集合时,有{1},{2},…,{9},共9种情况.
当A为双元素集合时,有{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{1,8},{1,9},{2,4},{2,5},{2,6},{2,7},{2,8},{2,9},{3,5},{3,6},{3,7},{3,8},{3,9},{4,6},{4,7},{4,8},{4,9},{5,7},{5,8},{5,9},{6,8},{6,9},{7,9},共28种情况.
当A为三元素集合时,含有数字1,3的有{1,3,5},{1,3,6},{1,3,7},{1,3,8},{1,3,9},共5种情况,含有数字1,4的有{1,4,6},{1,4,7},{1,4,8},{1,4,9},共4种情况,……,含有数字1,7的有{1,7,9},共1种情况,所以A为最小数字是1的三元素集合的情况共有1+2+3+4+5=15(种);同理含有数字2,4的有{2,4,6},{2,4,7},{2,4,8},{2,4,9},共4种情况,……,所以A为最小数字是2的三元素集合的情况共有1+2+3+4=10(种);……;A为最小数字是5的三元素集合的情况有{5,7,9},共1种.所以A为三元素集合时共有(1+2+3+4+5)+(1+2+3+4)+(1+2+3)+(1+2)+1=35种情况.
当A为四元素集合时,含有数字1,3,5的有{1,3,5,7},{1,3,5,8},{1,3,5,9},共3种情况,含有数字1,3,6的有{1,3,6,8},{1,3,6,9},共2种情况,含有数字1,3,7的有{1,3,7,9},共1种情况,所以A为含有数字1,3的四元素集合的情况共有1+2+3=6(种),同理含有数字1,4的有{1,4,6,8},{1,4,6,9},{1,4,7,9},共3种情况,含有数字1,5的有{1,5,7,9},共1种情况,所以A为最小数字是1的四元素集合的情况共有1+3+6=10(种),同理,A为最小数字是2的四元素集合的情况共有1+3=4(种),A为最小数字是3的四元素集合的情况为{3,5,7,9},共1种.所以A为四元素集合时共有1+4+10=15种情况.
当A为五元素集合时,有{1,3,5,7,9},共1种情况.综上可知,共有9+28+35+15+1=88种不同的选法.
5.答案　32
解析　如图,将5个景点抽象为5个点,7个检票口抽象为7条路线,
则问题可转化为不重复地走完7条路线,即一笔画问题,
从B或E处出发的线路是奇数条,其余是偶数条,可以判断只能从B或E处出发才能不重复地走完7条路线,由图形对称性知从B出发和从E出发出现的情况种数相同,故只列出从B处出发的路线情形即可.
①走BA路线:3126547,3126745,3147526,3147625,3156247,3157426,共6种;
②走BC路线:4137526,4137625,4265137,4267315,4562137,4573126,共6种;
③走BE路线:7513426,7543126,7621345,7624315,共4种.
故共有2×(6+6+4)=32种不同的检测顺序.
6.B　
思路点拨　先摆放20,再摆放220,最后摆放126,根据分步计数原理即可求解.
解析　分三步:先摆放20,有2种方式,分别是2,0;20;再摆放220,有3种方式,分别是2,2,0;22,0;2,20;最后摆放126,有3种方式,分别是1,2,6;12,6;1,26.
则由分步计数原理知,数字20 220 126的摆放方式共有2×3×3=18(种).故选B.
7.C　10 000=(2×5)4=24×54,所求数的不同正因数的个数可以看成从A,B两个盒子中取数,其中A盒子中有4个2,B盒子中有4个5,从A盒子中取i个2,从B盒子中取j个5(其中i,j=0,1,2,3,4)相乘可以得到一个因数(如不取可看成取1),
所以从两个盒子中取数均有5种取法,当都不取或全取出所有的2和5时,因数为1和10 000,所以10 000除去1和自身外的正因数的个数是5×5-2=23.故选C.
8.答案　6
解析　设“莲莲”“琮琮”“宸宸”分别为A,B,C,则不同名的吉祥物的组合形式有AB,AC,BC三种,
故送给第一个好朋友有3种方案,送给第二个好朋友有2种方案,送给第三个好朋友有1种方案,
故每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有3×2×1=6种.
9.C　先对E涂色,有4种涂色方法,再对F涂色,有3种涂色方法,然后对G涂色,有2种涂色方法.对A涂色分以下三种情况:
(1)当A与F同色时,B有2种涂色方法.
若C与F同色,则D有3种涂色方法;
若C与F不同色,则C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×2×(1×3+1×2)=240.
(2)当A与G同色时,
若C与F同色,则B,D各有2种涂色方法;
若C与F不同色,则C有2种涂色方法,B有2种涂色方法,D有1种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×(1×2×2+2×2×1)=192.
(3)当A既不与F同色,也不与G同色时,A有1种涂色方法.
若B与F同色,且A与C同色,则D有2种涂色方法;若B与F同色,A与C不同色,则C有1种涂色方法,D有1种涂色方法;若B与F不同色,则B有1种涂色方法,
①若C与F同色,则D有2种涂色方法,
②若C与F不同色,则必与A同色,C有1种涂色方法,D有2种涂色方法.
此时涂色方法种数为4×3×2×1×[1×1×2+1×1×1+1×(1×2+1×2)]=168.
综上,不同的涂色方法种数为240+192+168=600.
故选C.
10.B　第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有22=4(种).第二步,安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种;第二类,不安排甲的车,只有1种选择,共有2+1=3(种).根据分步计数原理知,不同的用车方案共有4×3=12(种),故选B.
11.答案　44
解析　考虑一般情况,即n(n>2)个人排成一列,重新站队时,各人都不站在原来的位置上,设满足这样的站队方式有an种,下面通过合理分布,恰当分类找出递推关系:
第一步:第一个人不站在原来的第1个位置,则有(n-1)种站法,
第二步:假设第一个人站在第2个位置,则第二个人的站法可以分为两类:
第一类,若第二个人恰好站在第1个位置,则余下的(n-2)个人有an-2种站队方式;
第二类,若第二个人不站在第1个位置,则就是第二个人不站在第1个位置,第三个人不站在第3个位置,第四个人不站在第4个位置,……,第n个人不站在第n个位置,所以有an-1种站队方式,
由分步计数原理和分类计数原理,得an=(n-1)·(an-2+an-1),
显然a1=0,a2=1,则a3=2,a4=9,a5=44.
故不同的站队方式共有44种.
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