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，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字
母b，⑶c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abab1种 第二种，有一个a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.
由容斥原理得到一共有54?54?8?100种.
所以，根据加法原理，一共有1?14?10?10?100?135种．
【例 15】 从6名运动员中选出4人参加4?100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种： ⑴甲不能跑第一棒和第四棒；
⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒（6级）
【解析】 ⑴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
⑵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?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360?60?2?12?252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，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
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 6 of 22 的和就是问题所求． ⑴组成一位数：有3个；
⑵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； ⑶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（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1～
9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的四位数有3×9×8×7=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：
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 7 of 22 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1abc
(其中c???a)； (1)当a?0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?10?90个． (2)当a?1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90?80?70???20?10?450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(1000?100?)?24个5.
【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，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、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
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 8 of 22 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?324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、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】 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
【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）
?72种填法，【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??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?432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】 如果一个三位数ABC满足A?B，B?C，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个
数．（8级）
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 9 of 22 【解析】 当B为0时，A、C可以为1～9中的任何一个，此时有9?9种；当B为1时，A、C可以为2～9
中的任何一个，此时有8?8种；……；当B为8时，有1?1种；所以共有
9?9?8?8???1?1?16?9?10?19?285(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） 【解析】 将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；
①4个2时，4个1可以有5种插法；
②3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； ③2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； ④1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； ⑤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】 七位数的各位数字之和为60 ，这样的七位数一共有多少个？（6级） 【解析】 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：
①9，9，9，9，9，9，6．
第一种情况只需要确定6的位置即可．所以有6种情况． ②9，9，9，9，9，8，7．
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． ③9，9，9，9，8，8，8，
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?210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1~40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：
第一类：余数分别为0，0．1~40中能被4整除的数共有40?4?10（个），10个中选2个，有 （种）取法；
第二类：余数分别为1，3．1~40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．
10?9?2?45根据加法原理，共有45?100?45?190（种）取法．
【例 29】 在1~100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1~10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）
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 10 of 22
加乘原理综合运用
知识框架图 7-3-1简单加乘原理综合运用 7 计数综合 7-3 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
教学目标
1.复习乘法原理和加法原理；
2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．
3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题． 在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．
知识要点
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：
⑴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．
⑵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．
⑶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”．
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 1 of 22 乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，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”． ．．
例题精讲
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． ⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？
⑵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】 ⑴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
有2种办法；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．
⑵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）
学而思学校张老师家王明家
【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）
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 2 of 22 甲乙丁丙 【解析】 从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，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）
重庆南京
【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）
武汉CDFEBA【解析】 走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：
①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)；
②第二次不走C：有4?2?2?2?1?32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）
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 3 of 22
【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：
⑴都会的这1人被挑选中，则有：
①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；
②同样，这人做电工，也有9种方法．
⑵都会的这一人没有被挑选，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
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：
第一类第二类第三类
第一类，可以从四种颜色中任选一种，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：共可以表示多少种
不同的信号？（6级） 【解析】 分3种情况：
⑴取出一面，有5种信号；
⑵取出两面：可以表示5?4?20种信号；
⑶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．
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【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
⑴ 一种颜色： 5种可能； ⑵ 两种颜色：（5?4）?3?60 ⑶ 三种颜色：5?4?3?60
所以，一共可以表示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?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） 【解析】 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?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?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）
【解析】 可以分三种情况来考虑：
⑴3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P33?6种
不同的排列，此时有6?2?12种订法．
⑵3所学校订的报纸数量有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．
⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 5 of 22
【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1~10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、所以一共有4?1?1?36?424?3?3?36种，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】 两个数和为3的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数，一个被3除余1的数和一个被
3除余2的数相加也能被3整除.这71个数中被3整除，被3除余1，被3除余2的数分别有23、
24、24个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被3整除的数的方法有
从被3除余1和被3除余2的数中各取1个的方法共有24?24?576种，所23?22?（2?1）?253种，以一共有253?576?829种选取方法．
【巩固】 从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？
（6级）
【解析】 两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被3除余2的数相加，和一个被3整除的数和一个被3
（2?1）?24?23?828种． 除余1的数相加，所以选取方法有24?23?（2?1）?24?23?828种. 同样的也可以求出被3除余2的选取方法有24?23?
【例 30】 1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？（6级） 【解析】 两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除
分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取
（6?6?6?6?6?6?6?6）?（6?6?6?6）?216种． 方式一共有
【例 31】 一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如1331，7，
202都是回文数，而220则不是回文数．问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1996个数是多少? （6级） 【解析】 我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．
所有的一位数均是“回文数”，即有9个；
在二位数中，必须为aa形式的，即有9个(因为首位不能为0，下同)；
在三位数中，必须为aba(a、b可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有
9×10 =90个；
在四位数中，必须为abba形式的，即有9×10个；
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 11 of 22 在五位数中，必须为abcba形式的，即有9×10×10=900个； 在六位数中，必须为abccba形式的，即有9×10×10=900个．
所以共有9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799． 而第1996个数为倒数第3个数，即为997799．
所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799．
【例 32】 如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1?5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共
有 种不同的填法．【走进美妙数学花园少年数学邀请赛】（6级）
【解析】 因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满
足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，
填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：
第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有(2?1)?(3?2?1)?12种．
第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有2?2?4种．
所以，根据加法原理，不同的填法共有12?4?16种．
【巩固】 在如图所示1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的五个数，要求填入的数各不相同，并
且填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有 种不同的填法．（6级）
【解析】 如果取出来的五个数是1、2、3、4、5，则共有不同填法16种．从8个数中选出5个数，共有8×7
×6÷(3×2×1)=56中选法，所以共16×56=896种．
【例 33】 从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有 种选法．（6级） 【解析】 由于要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，可以先根据2倍关系将1～12进行
如下分组：(1，2，4，8)；(3，4，12)；(5，10)；(7)；(9)；(11)．
由于第一组最多可选出2个数，第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数，所以最多可选出8个数．现在要求选出7个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个． ⑴如果是第一组少一个，也就是说第一组选1个，第二组选2个，其余四组各选1个，此时有4?1?2?1?1?1?8种选法；
⑵如果是第二组少一个，也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法，根据乘法原理，有3?3?2?1?1?1?18种选法；
⑶如果是第三组少一个，也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个，
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 12 of 22 有3?1?1?1?1?1?3种选法；
⑷如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有3?1?2?1?1?1?6种选法．
根据加法原理，共有8?18?3?6?3?47种不同的选法．
【例 34】 从1到999这999个自然数中有 个数的各位数字之和能被4整除．（6级） 【解析】 由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和，所以可以将1到999中的一位数和两
位数的前面补上两个或一个0，使之成为一个三位数．现在相当于要求001到999中各位数字之和能被4整除的数的个数．
一个数除以4的余数可能为0，1，2，3，0～9中除以4余0的数有3个，除以4余1的也有3个，除以4余2和3的各有2个．
三个数的和要能被4整除，必须要求它们除以4的余数的和能被4整除，余数的情况有如下5种：0?0?0；0?1?3；0?2?2；1?1?2；2?3?3．
⑴如果是0?0?0，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有3?3?3?27种可能，但是注意到其中也包含了000这个数，应予排除，所以此时共有27?1?26个；
⑵如果是0?1?3，即3个数除以4的余数分别为0，1，3，而在3个位置上的排列有3!?6种，所以此时有3?3?2?6?108个；
⑶如果是0?2?2，即3个数除以4的余数分别为0，2，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3?2?2?3?36个；
⑷如果是1?1?2，即3个数除以4的余数分别为1，1，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3?3?2?3?54个；
⑸如果是2?3?3，即3个数除以4的余数分别为2，3，3，在3个位置上的排列有3种，此时有2?2?2?3?24个．
根据加法原理，共有26?108?36?54?24?248．
【巩固】从10到4999这4990个自然数中，其数字和能被4整除的数有多少个？（6级） 【解析】 分段计算：
在1000～4999这4000个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有1000个； 在200～999这800个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有200个；
在20～99、120～199这160个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有40个； 此外，10～19、100～119种分别有2个和4个被4整除， 所以，共有1000?200?40?6?1246个．
【巩固】从1到3998这3998个自然数中，又多少个数的各位数字之和能被4整除？（6级） 【解析】 从0到999共有1000个数，它们除以4的余数为0，1，2，3，这样，这1000个数每一个加上千位
上对应的0，1，2，3，都能被4整除，所以答案为1000个．
【例 35】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？（6级） 【解析】 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为
偶数，所以，要分两大类来考虑．
第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3?3?9种不同的情形．
第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3?3?9种不同情形． 最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3?3?3?3?18种不同的
情形．
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 13 of 22
【巩固】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方
体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？（6级） 【解析】 要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶
数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，
5；放第二个正方体，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3?3?9种不同的情形．
【例 36】 有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这两个骰子，向上一面点
数之和为偶数的情形有多少种？（6级） 【解析】 方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步：
第一步第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步当第一个骰子的点数确定了以后，第
二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的3种可能的点数． 根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6?3?18（种）．
方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类：
第一类：两个数字同为奇数．有3?3?9（种）不同的情形．
第二类：两个数字同为偶数．类似第一类，也有3?3?9（种）不同的情形．
根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有9?9?18（种）．
方法三：随意掷两个骰子，总共有6?6?36（种）不同的情形．因为两个骰子点数之和为奇数与偶
数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有36?2?18（种）．
【巩固】 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这三个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？（6级） 【解析】 方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两
个点数为奇数．可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步，当第一个
骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有6种可能的点数；第三步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有3种可能的点数．
根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6?6?3?108（种）．
方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两
个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑：
第一类：三个点数同为偶数．由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数
点数都有3种可能．由乘法原理，这类共有3?3?3?27（种）不同的情形．
第二类：一个点数为偶数另外两个点数为奇数．先选一个骰子作为偶数点数的骰子有3种
（3?3?3）?81（种）不同情形． 选法，然后类似第一类的讨论方法，共有3? 根据加法原理，三个骰子向上一面点数之和为偶数的情形共有3?3?3?3?3?3?3?108（种）．
【巩固】 3个骰子掷出的点数和中，哪个数最有可能？（6级） 【解析】 对于3个骰子的情况，情况比较复杂，点数和的取值范围是3到18，其中点数和为3到8的情况的
种数可以用隔板法求出，例如，8点的情况，实际上将8隔为3段，一共有7?6?(2?1)?21种．
而13到18的点数情况种数也可以直接求出，例如点数为13的情况，将每个骰子的数值分别记为(7?a)、(7?b)、(7?c)，a、b、c的取值都是1到6，则问题变为(7?a)?(7?b)?(7?c)?13的解的数量，即a?b?c?8的解的数量，这就又可以用隔板法来求了，得数还是21种，(事实上构成的数表一定是左右对称的)对于点数和为9、10、11、12的情况不能用隔板法来求，例如对9进行隔
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 14 of 22 板有8?7?(2?1)???28种，但这28种中还包括了1、1、7，1、7、1，7、1、1三种情况，所以实际的情况只有25种，对于点数和为10点的情况用挡板法求得45种，扣除9种出现超过6点的情况，还有36种,详表如图：
点数 3 情况数 1 4 3 5 6 6 7 8 9 10 10 15 21 25 36 点数 18 17 16 15 14 13 12 11 情况数 1 3 6 10 15 21 25 36 所以3个骰子的点数和中，10和11的可能性最大．
【例 37】 有一种用12位数表示时间的方法：前两位表示分，三四位表示时，五六位表示日，七八位表示月，
后四位表示年．凡不足数时，前面补0．按照这种方法，2002年2月20日2点20分可以表示为
200220022002．这个数的特点是：它是一个12位的反序数，即按数位顺序正着写反着写都是相同
的自然数，称为反序数．例如171，23032等是反序数．而28与82不相同，所以28，82都不是反序数．
问：从公元1000年到2002年12月，共有多少个这样的时刻？（6级）
【解析】 反序数是关于中心对称的数．
⑴日期的两个数可以是01，02，03，10，11，12中的任意一个． ⑵年份的前两位可以是10～12中的任意数．
⑶年份的末两位可以分别是0～9，0～5中的任意数．
⑷在公元1000～公元2000年间符合条件的数共有6?3?10?6?1080个． 2000，2001，2002，月份可选01，02，03，10，11，12． 符合条件的时间共：1080?6?3?1098(个)
【例 38】 假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30
分28秒．在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1
次，而“4”、“5”、“7”没有出现．如果在电子计时器所显示的这串数里，“0”、“1”、“2”、“3”、
“4”、“5”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只能出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”，那么2003年一共有多少个这样的“十全时”？（6级）
【解析】 ⑴容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时”． ⑵3月里只有形式032 1 □ □ 符合条件． 其中两个方格中可以填4或5，四条横线上可以填6或7或8或9，于是共有2?(4?3?2?1)?48个“十全时”．
同理4、5月内也分别各有48个“十全时”．
⑶6月里有两种形式：061 23□ □ ①或062 1□ □ ②符合条件． 对于形式①两个方格中可以填4或5；三条横线上可以填7或8或9， 于是共有2?(3?2?1)?12个“十全时”．
②两个方格中可以填3或4，或5中的任意两个数，三条横线上可以填7或8或9及3、4、5中余下的某一个数．
于是共有(3?2)?(4?3?2?1)?144个“十全时”． 所以6月里共有“十全时”12?144?156个．
同理7、8、9月内也分别各有156个“十全时”．
综上所述，2003年一共有48?3?156?4?768个“十全时”．
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模块三、加乘原理与图论
【例 39】 地图上有A，B，C，D四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜
色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？（6级）
ACBD
【解析】 A有3种颜色可选；
当B，C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法
有3?2?2?12种；
当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选(与A相同)．根据乘法原理，不同的涂法有3?2?1?1?6种． 综上，根据加法原理，共有12?6?18种不同的涂法．
【巩固】 如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都
必须要用，问有多少种染色方法？（6级） 【解析】 第一步，首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有
三种方式，D剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有3?2?6种方法，D剩下2种方法，对该图的
（3?3?3?2?2）?84种方法． 染色方法一共有4?【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．
【例 40】 如右图，有A、B、C、D、E五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不
同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？（6级）
BAE
【解析】 先采用分步：第一步给A染色，有5种方法；第二步给B染色，有4种方式；第三步给C染色，有
3种方式；第四步给D染色，有3种方式；第五步，给E染色，由于E不能与A、B、D同色，但可
以和C同色．此时就出现了问题：当D与B同色时，E有3种颜色可染；而当D与B异色时，E有2种颜色可染．所以必须从第四步就开始分类：
第一类，D与B同色．E有3种颜色可染，共有5?4?3?3?180（种）染色方式；
第二类，D与B异色．D有2种颜色可染，E有2种颜色可染，共有5?4?3?2?2?240（种）染色方式．
根据加法原理，共有180?240?420（种）染色方式．
【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决．
【巩固】 如右图，有A，B，C，D四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区
域染一色．有多少种染色方法？（6级）
CD7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 16 of 22 AB【解析】 A有4种颜色可选，然后分类：
DC 第一类：B，D取相同的颜色．有3种颜色可染，此时D也有3种颜色可选．根据乘法原理，不同
的染法有4?3?3?36（种）；
第二类：当B，D取不同的颜色时，B有3种颜色可染，C有2种颜色可染，此时D也有2种颜色
可染．根据乘法原理，不同的染法有4?3?2?2?48（种）． 根据加法原理，共有36?48?84(种)染色方法．
【巩固】 用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要
用．问：共有多少种不同的染色方法? （6级）
学而奥思数
【解析】 第一步给“而”上色，有4种选择； 然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；
当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有种；
当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也
3?2?2?12只有1种颜色可选(与“学”相同)，不同的涂法有3?2?1?1?6种．
所以，根据加法原理，共有4?3?(2?2?2)?72种不同的涂法．
【例 41】 分别用五种颜色中的某一种对下图的A，B，C，D，E，F六个区域染色，要求相邻的区域染
不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？（8级）
ECABFD
【解析】 先按A，B，D，C，E的次序染色，可供选择的颜色依次有5，4，3，2，3种，注意E与D的颜
色搭配有3?3?9(种)，其中有3种E和D同色，有6种E和D异色．最后染F，当E与D同色时
有3种颜色可选，当E与D异色时有 2种颜色可选，所以共有5?4?2?(3?3?6?2)?840种染法．
【例 42】 将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色，共有多少
种不同涂法？（6级）
7-3.加乘原理综合应用.题库 教师版 page 17 of 22 BA
CD
【解析】 如右上图，当A，B，C，D的颜色确定后，大正方形四个角上的○的颜色就确定了，所以只需求
A，B，C，D有多少种不同涂法．按先A，再B，D，后C的顺序涂色． 按A-B-D-C的顺序涂颜色： A有3种颜色可选；
当B，D取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有3?2?2?12种；
当B，D取不同的颜色时，B有2种颜色可选，D仅剩1种颜色可选，此时C也只有1种颜色可选(与A相同)，不同的涂法有3?2?1?1?6(种)．
所以，根据加法原理，共有12?6?18种不同的涂法．
【例 43】 直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？（6级）
ab 【解析】 画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：
⑴在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4?3?2?6种，根据乘法原理，一共
有：5?6?30个三角形； ⑵在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5?4?2?10种，根据乘法原理，一共有：4?10?40个三角形； 根据加法原理，一共可以画出：30?40?70个三角形．
【巩固】 直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？（4级）
a 【解析】 画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：
⑴在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：4?1?4
个三角形；
⑵在b线上找一个点，有2种选取法，在a线上找两个点，有4?3?2?6种，根据乘法原理，一共有：
2?6?12个三角形； 根据加法原理，一共可以画出：4?12?16个三角形．
【巩固】 直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？（4级）
【解析】 画四边形需要在每条线上取2个点，在a线上取2个点共有5?4?2?10种，在b线上取2个点共有
4?3?2?6种，根据乘法原理，一共可以画出6?10?60个四边形．
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【巩固】 三条平行线上分别有2，4，3个点(下图)，已知在不同直线上的任意三个点都不共线．问：以这些
点为顶点可以画出多少个不同的三角形？（6级）
【解析】 (方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况
⑴三个顶点在两条直线上，
一共有4?3?2?2?3?2?2?2?3?2?2?4?4?3?2?3?4?3?55个 ⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，
所以一共有：2?4?3?24个
根据加法原理，一共可以画出55?24?79个三角形． (方法二)9个点任取三个点有9?8?7?(3?2?1??)?84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84?4?1?79个三角形．
【例 44】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？（6级） 【解析】 方法一：5条直线一共形成5?4?2?10个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另
外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有
3?3?3?3?3?3?3?2?2?30个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但
每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．
方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5?[4?3?2?(3?2?1)]?20个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，所以一共可以构成 10?9?8?(3?2?1)?20?100种情况．
【例 45】 一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？
（6级）
（3?2?1）?35种； 【解析】 第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7?6?5?（2?1）?5?105种； 第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7?6?（2?1）?70种； 第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7?5?4?根据加法原理，一共可以画出35?105?70?210种．
【例 46】 在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？(补充知识：
由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如
果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形)．（6级）
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【解析】 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出
一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形， 这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10?1?10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形
有10?2?20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10?3?30个，所以一共可以画出10?20?30?60个钝角三角形．
【例 47】 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆圈内数字
之和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出 种不同的挑法来．(六个数字相同、排列
次序不同的都算同一种)【第九届北京市“迎春杯”决赛第二题第8题】（6级）
【解析】 显然任意两个相邻圆圈中的数只是一奇一偶，因此，应从2，4，6，8中选3个数填入3个不相邻的圆圈中，下面就按此分类列举：
⑴填入2，4，6，这时3与9不能同时填入(否则总有一个与6相邻，3?6或9?6能被3整除)，没有3，9的有1种：1，5，7，经试填，不成立；有3或9的，其它3个奇数1，7中选一个，5必
选，有2种选法，因此有2?2?4种．
⑵填入2，4，8，这时1，7不能填入(因为7?2，7?8，1?2，1?8都能被3整除)，从其余3个
奇数中选出1个，有1种选法．
⑶填入2，6，8，这时1，7不能填入，故无法填．
⑷填入4，6，8，这时3与9只能任选一个，1与7也只能任选1个，第三个数是5，因而有2?2?4种选法．
根据加法原理，总共有4?1?0?4?9种选法．
【例 48】 用红、橙、黄、绿、蓝5种颜色中的1种，或2种，或3种，或4种，分别涂在正四面体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？（6级） 【解析】 我们来看正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针和逆
时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）．
按使用了的颜色种数分类：
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第一类：用了4种颜色．第一步，选4种颜色，相当于选1种不用，有5种选法．第二步，如果取
定4种颜色涂于4个面上，有2种方法．这一类有5?2?10（种）涂法；
第二类：用了3种颜色．第一步，选3种颜色，相当于选2种不用，有5?4?2?10（种）选法；
第二步，取定3种颜色如红、橙、黄3色，涂于4个面上，有6种方法，如下图①②③（图中用数字1，2，3分别表示红、橙、黄3色）．这一类有10?6?60（种）涂法；
第三类：用了2种颜色．第一步，选2种颜色，有5?4?2?10（种）选法；第二步，取定2种颜色
如红、橙2色，涂于4个面上，有3种方法，如下图④⑤⑥．这一类有10?3?30（种）涂
法；
第四类：用了一种颜色．第一步选1种颜色有5种方法；第二步，取定1种颜色涂于4个面上，只
有1种方法．这一类有5?1?5（种）涂法．
根据加法原理，共有10?60?30?5?105（种）不同的涂色方式．
【例 49】 用红、黄、蓝三种颜色对一个正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有红、
黄、蓝、绿四种颜色对正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有五种颜色去染又有多少种？(注：正方体不能翻转和旋转) （6级）
【解析】 如果一共只有三种颜色供染色，那么正方体的相对表面只能涂上一种颜色，一共有上下、左右、前
后一共三组对立面，所以染色的方法有3?2?1?6种方法．
如果有四种颜色，那么染色方法可分为两类，一类是从四种颜色中选取三种对正方体进行染色，一共有4?3?2?24种．另一种是四种颜色都染上，用这种染色方法，就允许有一组相对表面可以染上不同的颜色，选取这组相对表面并染上不同颜色一共有3?(4?3)?36种方法，用其余两种颜色去染其他四个面只有2种方法，共36?2?72种，所以一共有24?72?96种方法．
如果有5种颜色，那么用其中3种颜色的染色方法有5?4?3?60种．用其中4种颜色并拿去染色有
5?72?360种，如果5种颜色都用，就有只有一组相对的表面染上相同的颜色，选取这组相对表面有3种方法，染色的方法有5?4?3?2?1?120种，一共有3?120?360种染色方法，用5种颜色对正方体进行染色的方法就一共有60?360?360?780种染色方法．
【巩固】用6种不同的颜色来涂正方体的六个面，使得不同的面涂上不同的颜色一共有多少种涂色的方法？
(将正方体任意旋转之后仍然不同的涂色方法才被认为是相同的) （6级）
【解析】 (法1)正方体6个面不同的涂色方法共有6!?720种．固定一个底面共有6种不同的选法，选择一个
与底面相邻的面有4种不同的选法．所以一个正方体的放置有6?4?24种不同的位置．即在旋转的时候可以重复24次．所以可以染色的不同方法共有720?24?30(种)．
(法2)先涂正方体的一个面有6种方法，然后把这个面的对面涂上颜色不同的颜色，有15种涂法，再选择两种颜色，只有相邻和相对两种选法．如果相邻剩下两种颜色也相邻，如果相对剩下两种颜色也相对，所以共有15?2?30种．
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