6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

两个计数原理要回答的是同一句话：做完一件事，有多少种不同的方法。 课本按发现顺序写——先从”字母或数字编号”抽象出分类加法，再从”字母加下标”抽象出分步乘法，例题交错出现。这一份按决策顺序重排：先把”一件事”钉死，再练会判断该分类还是该分步，最后才讲两类怎么嵌。高考里这两个原理几乎从不单独成题，它们是后面排列、组合、概率的骨架；骨架判错，后面公式写得再整齐也是错的。

一、动手之前先问两句

课本在第 15 页的”归纳”里把这件事说成了两条，这里提前放到最前面——所有失分几乎都是这两句没问就动笔。

1. 要完成的”一件事”是什么？ 同一批对象，问法差两个字，“一件事”就换了。从书架上”取 1 本书”和”三层各取 1 本”是两件不同的事；“选出正、副组长各 1 名”和”选出 2 名组员”也是两件不同的事。一件事没说清，后面分类、分步都在数错的对象。
2. 这件事是分类完成，还是分步完成？ 判据不是题面有没有”或 / 和”这两个字，而是：
   • 一类方法就能把这件事做完 → 分类，各类的方法数加起来；
   • 必须接连做完若干步，缺一步就不算做完 → 分步，各步的方法数乘起来。

课本例 3 把这两问钉在同一只书架上：4 本计算机书、3 本文艺书、2 本体育书。“任取 1 本”是分类，一层就是一类，一类取到就做完了，$4+3+2=9$；“三层各取 1 本”是分步，三步都走完才算做完，$4\times 3\times 2=24$。题面换半句，加号变乘号。

二、什么时候用分类

完成一件事有 $n$ 类不同方案，第 $i$ 类有 $m_i$ 种方法，那么

$N = m_1 + m_2 + \cdots + m_n.$

分类加法计数原理成立，要同时满足两件事，缺一条结果就废：

• 不重。 两类方案里的方法必须互不相同。课本把这条写成脚注，不是细枝末节——例 1 那张专业表能直接 $5+4=9$，前提就是 A、B 两所大学没有共同的强项专业。一旦出现公共项，同一方法被两类各数一次，和就偏大。这就是分类计数重复或遗漏里”类别重叠”那一种。
• 不漏。 所有类的并必须恰好是”做完这件事”的全部方法。按某个元素”在不在里面”分成两类，漏掉”恰好在边界上”的那一类，和就偏小。

分类的标准要在动笔前说出来。标准含糊，“不重不漏”事后没法核。常用的标准就这几种：按对象所属的堆（哪一层书、哪个年级、哪种颜色）、按某个关键元素取不取（车牌里有几个字母、0 在不在四位数里）、按某一步走哪条岔路（甲→乙→丁还是甲→丙→丁）。

核的办法也只有两句，写完回头问：任意两个类有没有公共方法？所有类合起来是不是题目要的全集？

三、什么时候用分步

完成一件事需要 $n$ 个步骤，第 $i$ 步有 $m_i$ 种方法，那么

$N = m_1 \times m_2 \times \cdots \times m_n.$

分步乘法计数原理也有两个前提，和分类那两条对称：

• 步骤完整。 每一步都走完，这件事才算做完。从 A 村经 B 村去 C 村，“A 到 B”只是第一步，不乘上”B 到 C”的 2 条路，人还在 B 村。
• 每一步独立走完，并且方法数不随上一步的选法改变。 课本同样写在脚注里：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。男生 30 名、女生 24 名，选各 1 名：先选男生有 30 种，无论选中哪名男生，女生都还是 24 种，才能写成 $30\times 24$。假如第 2 步的方法数会跟着第 1 步变（“第 2 天不能与第 1 天同一人”这种），仍可以分步，但每一步要按当时还剩下几种来写——第 1 天 7 种、之后每天 6 种，是 $7\times 6^{6}$，不是 $7^{7}$，也不是 $7!$。

分步还有一个隐蔽的用法：各步取的是同一个集合、取完不放回，但最后要的是无序的一组。 从 8 个不同的白球里取出 2 个，先取有 8 种、再取有 7 种，可 $\{i,j\}$ 与 $\{j,i\}$ 是同一种取法，要再除以 $2$。这一步不是另立规则，是”一件事”没把顺序算进去——例 4 把两幅画挂在左、右墙上，左右不同，就不必除；口袋里取出 2 个球，没有先后，就要除。下一节的排列数、组合数，其实就是把”除不除”做成了两个公式。

四、两类嵌套：先画树

真题几乎从不会只考一次纯分类或一次纯分步。常见的形状是先分类、类内再分步，或者某一步自己又要先分类。课本的办法是画树状图（第 9 页图 6.1-1）：根是”一件事”，第一层分叉是分类（或第一步的几种选法），往下每一层是下一步。树上从根到叶的一条路径就是一种完整做法；同层的分叉互斥，沿路径的边相乘、不同路径相加。

两个典型套法：

某一步先分类，再整段分步。 例 5 给程序模块命名，3 个字符。整件事分三步：选首字符、选中间、选末位。首字符本身要先分类——A～G 有 7 种、U～Z 有 6 种，两类不重不漏，所以首字符 $7+6=13$ 种；后两位各 9 种、可重复。于是

$13\times 9\times 9 = 1053.$

也可以把”首字符走 A～G”和”首字符走 U～Z”看成树上的两大枝，各乘 $9\times 9$ 再加，得数一样。两种写法对应树上”先合并再往下走”还是”分枝走到底再加”。

先按一个标准分成几大类，每一类里再分步（必要时类下再分子类）。 例 8 的 5 位汽车序号是这一节的上限：按字母个数分成”0 个 / 1 个 / 2 个”三类（不重不漏，题面禁止 3 个及以上）；有 1 个字母时再按字母在哪一位分成 5 个子类，每个子类内部 5 个位置分步填；有 2 个字母时按两个位置的组合分成 10 个子类，每个子类同样分步填。最后三类相加得到 $100000+1200000+5760000=7060000$。没有”先按字母个数分类”这一刀，直接对 5 个位置讨论”这位是数字还是字母”，会把”最多 2 个字母”这个限制拆得没法乘。

嵌套时的自检也是顺着树做：每个分叉处问一次”这些岔互斥吗、穷尽吗”；每条路径问一次”这条路上每一步都走完了吗、方法数写的是当时还剩的种数吗”。

五、乘法是加法的简写

课本第 15 页那道思考题值得用一句话收掉：当每一类的方法数都相等时，分类加法就是分步乘法。6 个字母、每个字母下挂 9 个数字，分类来写是 $9+9+9+9+9+9$，分步来写是 $6\times 9$——同一棵树，第一层 6 个分叉、每个分叉下面都是 9 片叶子。所以”用加还是用乘”不是两套无关的办法，乘是”每类一样多”时的省写法。反过来说，各步方法数一旦不再相同，就不能再把某一步写成幂，必须退回逐步乘。

这一观察后面会再碰到一次：探究与发现里把 $n$ 元集合的每个元素”在或不在子集里”看成 $n$ 步、每步 2 种，于是子集个数是

$\underbrace{2\times 2\times \cdots\times 2}_{n\text{ 个 }2} = 2^{n}.$

空集对应”每一步都选不在”，原集合对应”每一步都选在”，两个极端被同一种数法一起收进来，不必另立约定。

六、易错清单

按失分频率排：

1. 该加却乘、该乘却加。 判据回到第一节那一句：一类方法能不能把这件事做完。取 1 本书是加，各取 1 本是乘。题面出现”或”不一定是分类（“A～G 或 U～Z”只是某一步内部的分类），出现”和”也不一定是分步（“男生和女生各 1 名”才是两步，“本地和外地一共有几种电视机”仍是一类就能做完）。
2. 分类有重。 两类有公共方法却直接相加。例 1 的变式（数学同时是两所大学的强项专业）就是专门练这一条：先问”一件事”是选专业名称还是选(学校, 专业)志愿，口径不同，6+4 可能重复、也可能并不重复。不先说清一件事，加出来的数没有意义。
3. 分类有漏。 “至少 / 至多 / 恰好”只写了其中一段；车牌只数了”有 1 个字母”，把”没有字母”和”有 2 个字母”丢了。分类写完必须能对上全集。
4. 分步的方法数没按”当时还剩几种”写。 选出正、副组长各 1 名，第 2 步是 $4$ 不是 $5$；7 天值班不能连续同一人，第 2 天起是 $6$ 不是 $7$。反过来，数字允许重复时（电话后 4 位、由 1～5 组成可重复的三位数），每一步都仍是全部种数，这时候才写成幂。
5. 无序的选取按有序去乘、忘了除。 取出 2 个球没有左、右之别，先乘再除以交换顺序的那种数；挂到左、右墙上则不能除。判据只有一句：最后数的对象，交换顺序还是不是同一个。
6. 底数和指数安反。 “4 名同学每人从 3 个队里报 1 个”是 $3^{4}$，不是 $4^{3}$。底数是每一步有几种选法，指数是要走几步（几个人各自选、几个位置各自填）。下一节排列组合计数里这一条会再考一遍，错法一模一样。

七、这一节往后接到哪

页面下方”考过本节的真题”是构建期派生的完整清单。这一节的两条原理曾经长期没有对应的知识图谱实体——不是它们不重要，而是在此之前没有哪道真题的攻略把话说到”这一步该分类还是该分步”这个层面，于是没人往这两页挂 textbook_pages。2014 年浙江卷第 14 题把这个洞补上了：概念 分类加法计数原理 与 分步乘法计数原理 是为它建的，两者的 textbook_pages 指的正是本节讲两条原理的那三页。所以那一段现在非空，往后还会随新攻略自己长——它是派生的，不用手写。

盘上已经写了攻略、能拿来练”分类还是分步”的，按这个顺序读：

• 先做 2014 年浙江卷第 14 题（8 张奖券里一、二、三等奖各 1 张，分给 4 个人每人 2 张，问不同的获奖情况有几种）。它是本节两条原理的一次合练，而且原卷自带两条解析、正好一条走加法一条走乘法：按有几个人获奖分类是 $C_3^2A_4^2+A_4^3=36+24=60$；让三张奖券各挑主人是 $4^{3}=64$，再扣掉”三张全归一人”发不出来的 $4$ 种。攻略里还补了第三条——一张一张地发，发到第三张时”还剩几种”随前两张的走法在 $3$ 和 $4$ 之间跳，分步的前提当场破掉，处理办法正是第四板块那句某一步先分类，再整段分步。这道题还同时踩着易错清单的两条：$4^{3}$ 里底数 $4$ 是”每张券有几个人可挑”、指数 $3$ 是”有几张券要发”，安反了就成 $3^{4}$（第 6 条）；题面那句”每人 2 张”是限制不是背景交代，删掉它答案就从 $60$ 变回 $64$（第 1 条的反面：先要认出哪些话进了算式）。
• 再做 2023 年浙江卷第 13 题（两类课各 4 门，选 2 或 3 门且每类至少 1 门）。骨架就是本节的分类加法：按 $(s,t)$ 的合法配对分类，类内分步用组合数相乘。它另有一条间接法（先数总数再减”全挤在同一类”），那是补集的语言，本节还没出场，但”反面只有一类就走减法”可以先有个印象。
• 最后做 2018 年浙江卷第 16 题（从 $1,3,5,7,9$ 里取 2 个、从 $0,2,4,6$ 里取 2 个，组成无重复数字的四位数）。这是本节作为前置真正要托住的那一道：先按 0 在不在这四位数里 分成两类（不重不漏），每类里再分步——先选数字、再排位置；含 0 的那一类，千位不能放 0，第 2 步的方法数要按”当时还剩的合法位置”来写。选和排的公式是下一节的排列数、组合数；分类轴怎么选、每一步乘的是当时还剩几种，是这一节要带走的动作。

所以这一节练到什么程度就算够：给一个情景，能在半分钟内说出”一件事是什么、该分类还是该分步、两类若要嵌套树的第一层分叉是什么”，并且写完能用”不重不漏 / 步骤完整”两句话自检。公式放到下一节再装。

本节课本习题共 25 道：第 10–11 页「练习」4 道、第 12 页「练习」5 道、第 16 页「练习」4 道、第 16–17 页「习题 6.1」12 道（复习巩固第 1–10 题、拓广探索第 11–12 题），逐题全做。习题 6.1 全部落在本节主题上——排列、组合还没出场，没有要归到 §6.2 的题。

不收第 17–18 页「探究与发现：子集的个数有多少」：它是阅读材料，其中”请你列举 4 元、5 元集合的子集”没有唯一写法，不是可复核的习题。本节没有开放式的实习作业。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 10 页）第 1 题

1. 填空题

(1) 一项工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选出 1 人来完成这项工作，不同选法的种数是 ____；

(2) 从 A 村去 B 村的道路有 3 条，从 B 村去 C 村的道路有 2 条，则从 A 村经 B 村去 C 村，不同路线的条数是 ____。

(1) 要完成的一件事是”选出 1 人”。5 人只会第 1 种方法、4 人只会第 2 种方法，两类人没有交集（“只会”把会两种方法的人排除了），选出其中任何 1 人都能做完这件事。由分类加法计数原理

$5 + 4 = 9.$

(2) 要完成的一件事是”从 A 经 B 到 C”。必须接连走完两步：第 1 步 A 到 B 有 3 条路，第 2 步 B 到 C 有 2 条路；无论第 1 步走哪一条，第 2 步都仍是 2 条。由分步乘法计数原理

$3 \times 2 = 6.$

答案依次是 $9$、$6$。

这道题的关键动作：同一道填空里并排放一次分类、一次分步——(1) 一类人就能做完，(2) 两步都得走完。

练习（第 10 页）第 2 题

2. 在例1中，若数学也是A大学的强项专业，则A大学有6个专业可以选择，B大学有4个专业可以选择，应用分类加法计数原理，得到这名同学可能的专业选择种数为 $6 + 4 = 10$。这种算法有什么问题？

先把例 1 的表 6.1-1 对着第 8 页扫描图核对：A 大学原来是生物学、化学、医学、物理学、工程学这 5 个，B 大学是数学、会计学、经济学、法学这 4 个，两校当时没有共同的强项专业。现在”数学也是 A 大学的强项专业”，于是数学同时出现在两所大学里。

分类加法计数原理的前提是两类方案中的方法互不相同（课本写在第 7 页脚注里）。$6+4=10$ 把 A 大学的 6 个专业与 B 大学的 4 个专业直接相加，数学被两类各数了一次，前提已经被破坏——这就是问题所在。

问题出在”一件事”没先说清。按例 1 自己的口径，要完成的是”选一个专业”，并且课本把”两所大学有没有共同的强项专业”当成能不能直接分类相加的判据，于是同名专业算同一种方法。这时应改成三类、各类互不相交：

• 只在 A 大学：生物学、化学、医学、物理学、工程学，5 种；
• 只在 B 大学：会计学、经济学、法学，3 种；
• 两所都有：数学，1 种。

$5 + 3 + 1 = 9.$

若把”一件事”改读成”填一个(学校, 专业)志愿”，那么 A 大学的数学与 B 大学的数学是两个不同志愿，$6+4=10$ 反而是对的。本题问的是”这种算法有什么问题”，针对的是例 1 原口径下的重复计数，不是要你改口变成 10。

这道题的关键动作：分类之前先核两类有没有公共方法；公共方法一出现，要么重分一类把它单独拿出来，要么先承认”一件事”的口径变了。

练习（第 11 页）第 3 题

3. 书架上层放有 6 本不同的数学书，下层放有 5 本不同的语文书.

（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？

(2) 从书架上任取数学书和语文书各 1 本，有多少种不同的取法？

(1) 要完成的是”取 1 本书”。上层取 1 本有 6 种，下层取 1 本有 5 种，一类取到就做完了，两类书不同所以不重。由分类加法计数原理

$6 + 5 = 11.$

(2) 要完成的是”数学书和语文书各取 1 本”。分两步：先取数学书 6 种，再取语文书 5 种；无论第 1 步取了哪本，第 2 步都仍是 5 种。由分步乘法计数原理

$6 \times 5 = 30.$

答案：(1) $11$ 种；(2) $30$ 种。

自检：把(1)的”取 1 本”改成”先决定从哪一层取、再在那一层里取 1 本”，是分类不是分步，不能写成 $6\times 5$。

练习（第 11 页）第 4 题

4. 现有高一年级的学生 3 名，高二年级的学生 5 名，高三年级的学生 4 名.

(1) 从三个年级的学生中任选 1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？

（2）从三个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？

三个年级的学生互不相同，所以按年级分类不会重。

(1) 要完成的是”选 1 人”。高一 3 种、高二 5 种、高三 4 种，一类选到就做完。由分类加法计数原理

$3 + 5 + 4 = 12.$

(2) 要完成的是”三个年级各选 1 人”。分三步，每步的方法数不随前一步改变。由分步乘法计数原理

$3 \times 5 \times 4 = 60.$

答案：(1) $12$ 种；(2) $60$ 种。

这道题与第 3 题是同一对动作：任选 1 个是加，各选 1 个是乘。

练习（第 12 页）第 1 题

1. 某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前4位的数字是不变的，后4位数字都是0～9中的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个？

前 4 位已经钉死，要完成的一件事是”确定后 4 位”。分 4 步，每一位都从 $0\sim 9$ 这 10 个数字里选 1 个，题面没有禁止重复，所以每一步都仍是 10 种。由分步乘法计数原理

$10 \times 10 \times 10 \times 10 = 10^{4} = 10000.$

答案：最多 $10000$ 个。

自检：后 4 位就是 $0000$ 到 $9999$ 这 $10000$ 个四位数字串（含前导零），与上面一致。

练习（第 12 页）第 2 题

2. 从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？

要完成的是”选出正组长 1 名、副组长 1 名”。正、副是两个不同职位，同两个人对调职位算两种选法；同一人不能同时担任两个职位。分两步：第 1 步选正组长，5 种；第 2 步从剩下 4 人里选副组长，4 种（方法数按”当时还剩几种”来写）。由分步乘法计数原理

$5 \times 4 = 20.$

答案：$20$ 种。

若先选副再选正，也是 $5\times 4=20$，两条路一致。这里不能除以 $2$——左右职位不同，$(\text{甲正},\ \text{乙副})$ 与 $(\text{乙正},\ \text{甲副})$ 不是同一种选法。

练习（第 12 页）第 3 题

3. 从 1, 2, …, 19, 20 中任选一个数作被减数，再从 1, 2, …, 10 中任选一个数作减数，然后写成一个减法算式，共可得到多少个不同的算式？

要完成的是”写一个减法算式 $a-b$“。题面没有要求差为正、也没有要求 $a\neq b$，所以 $a$ 与 $b$ 独立选取。分两步：第 1 步选被减数，从 $1$ 到 $20$ 有 20 种；第 2 步选减数，从 $1$ 到 $10$ 有 10 种。由分步乘法计数原理

$20 \times 10 = 200.$

答案：$200$ 个。

自检：每个算式由一对 $(a,b)$ 唯一确定，$a$ 有 20 个取值、$b$ 有 10 个取值，笛卡尔积正好 200 对，其中含 $5-5=0$ 这种差为零的算式，题面没有排除。

练习（第 12 页）第 4 题

4. 在 1, 2, …, 500 中，被 5 除余 2 的数共有多少个？

这样的数就是 $2, 7, 12, \ldots$，通项 $5k+2$，其中 $k$ 是非负整数，并且 $1 \leqslant 5k+2 \leqslant 500$。

左端：$5k+2 \geqslant 1 \Rightarrow k \geqslant 0$（$k$ 已是非负整数，取 $k=0$ 得 $2$，落在范围内）。 右端：$5k+2 \leqslant 500 \Rightarrow 5k \leqslant 498 \Rightarrow k \leqslant 99.6$，故 $k$ 最大取 $99$，对应 $5\times 99+2=497$；下一个 $5\times 100+2=502>500$。

于是 $k$ 可取 $0, 1, 2, \ldots, 99$，共 $100$ 个。

另一条路：把 $1\sim 500$ 按每 5 个一组切成 $100$ 组 $(1\sim 5),\ (6\sim 10),\ \ldots,\ (496\sim 500)$，每组恰好 1 个余 $2$ 的数（分别是 $2, 7, \ldots, 497$），同样得 $100$。

答案：$100$ 个。

练习（第 12 页）第 5 题

5. 由数字 1, 2, 3, 4, 5 可以组成多少个三位数（各位上的数字可以重复）?

要完成的是”写一个三位数，每位数字取自 $1,2,3,4,5$，可重复”。分三步：百位、十位、个位，每步都有 5 种（可重复，方法数不减少）；集合里没有 $0$，不必排除前导零。由分步乘法计数原理

$5 \times 5 \times 5 = 5^{3} = 125.$

答案：$125$ 个。

自检：若改成”各位数字不能重复”，第 2、第 3 步就变成 $4$ 与 $3$，得 $5\times 4\times 3=60$——题面明确写了可以重复，不能走这条。

练习（第 16 页）第 1 题

1. 乘积 $(a_{1} + a_{2} + a_{3})(b_{1} + b_{2} + b_{3})(c_{1} + c_{2} + c_{3} + c_{4} + c_{5})$ 展开后共有多少项？

展开式的每一项都形如 $a_{i}b_{j}c_{k}$：从第一个括号里选 1 个 $a$，从第二个括号里选 1 个 $b$，从第三个括号里选 1 个 $c$，三项相乘。下标不同的字母是不同的因式，选法与展开项一一对应。分三步，由分步乘法计数原理

$3 \times 3 \times 5 = 45.$

答案：$45$ 项。

自检：这些项的字母组合互不相同，没有同类项可合并，45 就是合并前后的项数。

练习（第 16 页）第 2 题

2. 在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个？

两位数的十位 $A$ 取 $1\sim 9$，个位 $B$ 取 $0\sim 9$，本题还要求 $B < A$。按十位分类，$A$ 取定之后 $B$ 有 $A$ 种取法（$0, 1, \ldots, A-1$）：

• $A=1$，个位只能是 $0$，1 种；
• $A=2$，个位 $0,1$，2 种；
• ……
• $A=9$，个位 $0,1,\ldots,8$，9 种。

九类互不相交，由分类加法计数原理

$1 + 2 + \cdots + 9 = \frac{9\times 10}{2} = 45.$

自检：两位数共 90 个，个位等于十位的是 $11,22,\ldots,99$ 共 9 个；个位大于十位的，十位为 $k$ 时个位有 $9-k$ 种，即 $8+7+\cdots+0=36$ 个。$90-9-36=45$，与上面一致。

答案：$45$ 个。

练习（第 16 页）第 3 题

3. 某商场有 6 个门，如果某人从其中的任意一个门进入商场，并且要求从其他的门出去，那么共有多少种不同的进出商场的方式？

要完成的是”选一个进口、再选一个与进口不同的出口”。分两步：第 1 步进门，6 种；第 2 步出门，从剩下 5 个门里选，5 种。由分步乘法计数原理

$6 \times 5 = 30.$

答案：$30$ 种。

自检：进出有顺序，$(1\text{ 进},2\text{ 出})$ 与 $(2\text{ 进},1\text{ 出})$ 是两种方式，不能除以 $2$。

练习（第 16 页）第 4 题

4. 任意画一条直线，在直线上任取 n 个分点.

（1）从这 $n$ 个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段？

（2）从这 $n$ 个分点中任取2个点形成两条有向线段，可得到多少条有向线段？

直线上 $n$ 个分点两两不重合（“分点”本身就是不同的点），任何 2 个点恰好确定一条线段、恰好确定两条方向相反的有向线段。先声明前提：$n$ 是正整数；下面的式子在 $n=1$ 时给出 $0$，与”取不出 2 个点”相符。

(1) 线段没有方向。分两步取端点：第 1 个端点 $n$ 种，第 2 个端点 $n-1$ 种，但 $\{P,Q\}$ 与 $\{Q,P\}$ 是同一条线段，要除以 $2$：

$\frac{n(n-1)}{2}.$

(2) 有向线段要区分从 $P$ 到 $Q$ 还是从 $Q$ 到 $P$，刚才那一对不再算重复，不必除：

$n(n-1).$

自检：(2) 应当恰好是 (1) 的 2 倍——每条线段对应两条有向线段，$2\times \dfrac{n(n-1)}{2}=n(n-1)$，相符。

答案：(1) $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 条；(2) $n(n-1)$ 条。

这道题的关键动作：同一批”取 2 个点”，问的是无向还是有向，决定乘完要不要除以 $2$。下一节的组合数、排列数就是把这两种分别做成公式。

习题 6.1 第 1 题

1. 一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有4种，外地的产品有7种。要买1台这种型号的电视机，有多少种不同的选法？

要完成的是”买 1 台”。本地 4 种、外地 7 种，一类买到就做完；本地货与外地货不是同一种，两类不重。由分类加法计数原理

$4 + 7 = 11.$

答案：$11$ 种。

习题 6.1 第 2 题

2. 如图，从甲地到乙地有 2 条路，从乙地到丁地有 3 条路；从甲地到丙地有 4 条路，从丙地到丁地有 2 条路。从甲地到丁地共有多少条不同的路线？

对着图看：甲到丁只有两条互斥的大路可走——经乙，或经丙。没有从乙到丙、也没有从甲直达丁的边。

• 经乙：分两步，甲→乙有 2 条、乙→丁有 3 条，共 $2\times 3=6$ 条；
• 经丙：分两步，甲→丙有 4 条、丙→丁有 2 条，共 $4\times 2=8$ 条。

两类路线没有公共走法（一条经乙、一条经丙），由分类加法计数原理

$6 + 8 = 14.$

答案：$14$ 条。

这道题的关键动作：先按”走哪条岔路”分类，类内再分步——树上第一层只有两个分叉。

习题 6.1 第 3 题

3. 如图，要让电路从 $A$ 处到 $B$ 处只有一条支路接通，可有多少条不同的路径？

对着图从 $A$ 往 $B$ 数互斥的大支路，一共三条，中间没有串线。

• 上路：从 $A$ 出发后是两个开关并联，再汇合到 $B$。走通上路就是从这两个并联开关里选 1 个闭合，有 2 条路径。
• 中路：从 $A$ 到 $B$ 中间只有 1 个开关，有 1 条路径。
• 下路：从 $A$ 出发后是两段串联，每一段本身又是两个开关并联。要走通下路必须两段都接通，每段有 2 种选法，由分步乘法计数原理有 $2\times 2=4$ 条路径。

三条大支路互不相交，由分类加法计数原理

$2 + 1 + 4 = 7.$

答案：$7$ 条。

自检：图上能从 $A$ 画到 $B$、中途不跳线的走法正好 7 条——上路 2、中路 1、下路”前段上/下 × 后段上/下”4 条，没有第 8 条。

习题 6.1 第 4 题

4. 用 1, 5, 9, 13 中的任意一个数作分子, 4, 8, 12, 16 中任意一个数作分母, 可构成多少个不同的分数? 可构成多少个不同的真分数?

分子 4 种取法、分母 4 种取法，分两步构成一个分数，先得 $4\times 4=16$ 个写法。还要核这 16 个值是否两两不同——若有两个写法给出同一个有理数，“不同的分数”就少算：

$$\begin{align*} \frac{1}{4}&=0.25,& \frac{1}{8}&=0.125,& \frac{1}{12}&=\frac{1}{12},& \frac{1}{16}&=0.0625,\\ \frac{5}{4}&=1.25,& \frac{5}{8}&=0.625,& \frac{5}{12}&=\frac{5}{12},& \frac{5}{16}&=0.3125,\\ \frac{9}{4}&=2.25,& \frac{9}{8}&=1.125,& \frac{9}{12}&=0.75,& \frac{9}{16}&=0.5625,\\ \frac{13}{4}&=3.25,& \frac{13}{8}&=1.625,& \frac{13}{12}&=\frac{13}{12},& \frac{13}{16}&=0.8125. \end{align*}$$

16 个值互不相同（约分化简后也没有一对相等：例如 $\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}$，但 $\dfrac{3}{4}$ 不在其余 15 个里），所以不同的分数有 $16$ 个。

真分数要求分子小于分母。按分子分类：

• 分子 $1$：$1<4,8,12,16$，4 个；
• 分子 $5$：$5>4$，剩下 $5<8,12,16$，3 个；
• 分子 $9$：$9>4$、$9>8$，剩下 $9<12,16$，2 个；
• 分子 $13$：只剩 $13<16$，1 个。

$4 + 3 + 2 + 1 = 10.$

按分母再核一遍：分母 4 只有 $\dfrac{1}{4}$（1 个），分母 8 有 $\dfrac{1}{8},\dfrac{5}{8}$（2 个），分母 12 有 $\dfrac{1}{12},\dfrac{5}{12},\dfrac{9}{12}$（3 个），分母 16 四个分子都小（4 个），$1+2+3+4=10$，一致。

答案：不同的分数 $16$ 个；不同的真分数 $10$ 个。

习题 6.1 第 5 题

5. 一个口袋内装有 5 个小球，另一个口袋内装有 6 个小球，所有这些小球的颜色互不相同。从两个袋子中分别取 1 个球，共有多少种不同的取法？

要完成的是”每个口袋各取 1 个球”。所有球颜色互不相同，取出来的一对球由”哪个口袋出哪个球”唯一确定，不会出现同一对被数两遍。分两步：第 1 个口袋 5 种，第 2 个口袋 6 种。由分步乘法计数原理

$5 \times 6 = 30.$

答案：$30$ 种。

习题 6.1 第 6 题

6.（1）在平面直角坐标系内，横坐标与纵坐标均在 $A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ 内取值的不同点共有多少个？

（2）在平面直角坐标系内，斜率在集合 $B = \{1, 3, 5, 7\}$ 内取值，$y$ 轴上的截距在集合 $C = \{2, 4, 6, 8\}$ 内取值的不同直线共有多少条？

(1) 一个点由横坐标、纵坐标各取一个值确定。$A$ 有 6 个元素，横、纵各一步，由分步乘法计数原理

$6 \times 6 = 36.$

不同的有序对 $(x,y)$ 对应不同的点，36 个点互不相同。

(2) 斜率 $k\in B$、截距 $b\in C$，确定直线 $y=kx+b$。$B$ 有 4 个元素、$C$ 有 4 个元素，分两步

$4 \times 4 = 16.$

还要核不同的 $(k,b)$ 是否给出不同直线：$k$ 是斜率、$b$ 是 $y$ 轴截距，两条斜截式直线重合当且仅当斜率与截距都相等，所以 16 对给出 16 条不同直线。另外 $B$ 里的斜率都非零，没有竖直线要另论。

答案：(1) $36$ 个点；(2) $16$ 条直线。

习题 6.1 第 7 题

7. 一种密码锁有 4 个拨号盘，每个拨号盘上有 0～9 共 10 个数字。现最后一个拨号盘出现了故障，只能在 0～5 这 6 个数字中拨号，这 4 个拨号盘可组成多少个四位数字号码？

要完成的是”给 4 个拨号盘各拨一个数字”。分 4 步：前 3 个盘每位 10 种（$0\sim 9$），第 4 个盘只有 6 种（$0\sim 5$）。由分步乘法计数原理

$10 \times 10 \times 10 \times 6 = 6000.$

答案：$6000$ 个。

自检：前 3 位 $000\sim 999$ 共 1000 种，末位 6 种，$1000\times 6=6000$。号码允许前导零（拨号盘不是”四位数”），不必扣。

习题 6.1 第 8 题

8.（1）4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是 $3^{4}$ 还是 $4^{3}$？

（2）3个班分别从5个景点中选择一处游览，不同选法的种数是 $3^{5}$ 还是 $5^{3}$？

两问都是”若干个主体、各自从若干选项里选 1 个”，底数是每一步的方法数，指数是要走几步。几个主体完全可以选同一个选项，所以不是排列。

(1) 4 名同学各自报 1 个队，分 4 步，每步 3 种，由分步乘法计数原理得 $3^{4}$。$4^{3}$ 是”3 个队各自从 4 名同学里派 1 人”那种反过来的数法，与本题”每人限报一个队、一个队可以报多人”不是同一件事。

(2) 3 个班各自选 1 处景点，分 3 步，每步 5 种，得 $5^{3}$。$3^{5}$ 是”5 个景点各自分给 3 个班之一”，把主体和选项对调了。

答案：(1) $3^{4}$；(2) $5^{3}$。

这道题的关键动作：先问”谁在选、每一步有几种选法”——底数跟选法走，指数跟步数走，写反就是 $3^{4}$ 与 $4^{3}$ 那种数量级的错。

习题 6.1 第 9 题

9.（1）从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学，每人一件，有多少种不同的送法？

（2）有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有多少种？（一个抽屉可放多本书。）

(1) 礼物不同、同学不同，每人一件，等于给 4 位同学依次发礼物、发过的不再发。分 4 步：第 1 位同学 5 种，第 2 位 4 种，第 3 位 3 种，第 4 位 2 种（方法数按当时还剩几件写）。由分步乘法计数原理

$5 \times 4 \times 3 \times 2 = 120.$

另一条路：先决定哪 1 件礼物留下不送，5 种；再把剩下 4 件分给 4 位同学，第 1 位 4 种、第 2 位 3 种、第 3 位 2 种、第 4 位 1 种，即 $4\times 3\times 2\times 1=24$。两步相乘 $5\times 24=120$，一致。

(2) 抽屉编了号所以抽屉之间有区别；书不同；一个抽屉可放多本，也允许有抽屉空着。于是 3 本书各自独立选一个抽屉，分 3 步，每步 5 种：

$5 \times 5 \times 5 = 5^{3} = 125.$

注意与 (1) 的差别：(1) 是”一件礼物只能给一个人”（取完不放回），(2) 是”一个抽屉可以放多本书”（可重复），所以 (1) 逐步减 1，(2) 写成幂。

答案：(1) $120$ 种；(2) $125$ 种。

习题 6.1 第 10 题

10. 口袋中装有 8 个白球和 10 个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出 2 个球.

(1) 恰好是白球、红球各一个的取法有多少种?

(2) 恰好是两个白球的取法有多少种?

(3) 至少有一个白球的取法有多少种?

(4) 两球的颜色相同的取法有多少种?

每个球号码不同，所以球与球之间都是可区分的。“取出 2 个球”没有指定先后、也没有指定位置，同两个球算同一种取法。先把”从 18 个不同的球里取出 2 个”的总数备着，后面用来自检：第 1 个球 18 种、第 2 个 17 种，无序要除以 $2$，

$\frac{18\times 17}{2} = 153.$

(1) 白、红各 1 个。分两步：从 8 个白球里取 1 个（8 种），从 10 个红球里取 1 个（10 种）。两个球颜色不同，不存在”先取谁后取谁造成重复”，不必再除：

$8 \times 10 = 80.$

(2) 两个都是白球。从 8 个不同白球里取 2 个：第 1 个 8 种、第 2 个 7 种，无序除以 $2$，

$\frac{8\times 7}{2} = 28.$

(3) “至少 1 个白球”分成”恰好 1 个白球”与”恰好 2 个白球”两类，两类不重不漏（不可能取出 3 个球），由分类加法计数原理

$80 + 28 = 108.$

另一条路：总数减”两个都是红球”。两个红球的取法是 $\dfrac{10\times 9}{2}=45$，于是 $153-45=108$，一致。

(4) 颜色相同，分成”两个白球”与”两个红球”两类：

$28 + 45 = 73.$

另一条路：总数减”颜色不同”，即 $153-80=73$，一致。

再核一次整体：(3) 与 (4) 合起来覆盖全部 153 种取法，且只在”两个白球”上重叠，所以

$108 + 73 - 153 = 28,$

正是 (2) 的结果。

答案：(1) $80$ 种；(2) $28$ 种；(3) $108$ 种；(4) $73$ 种。

这道题的关键动作：“至少 / 恰好 / 同色”一律先分类或先取反面，不要把”至少一个白球”写成 $8\times 17$ 这种先钉死一个白球再随便配——那样会把两个白球的取法数重。

习题 6.1 第 11 题

11. 在国庆长假期间，要从 7 人中选若干人在 7 天假期值班（每天只需 1 人值班），不出现同一人连续值班 2 天，有多少种可能的安排方法？

要完成的是”给 7 天每天安排 1 名值班的人”。“选若干人”的意思是不必 7 人都用上，有人一次都不值是允许的；限制只有一条：相邻两天不能是同一个人，隔一天再值是可以的。

分 7 步，第 $k$ 天的方法数由第 $k-1$ 天已经排了谁来定：

• 第 1 天：7 人都可以，7 种；
• 第 2 天到第 7 天：不能与前一天同一人，其余 6 人都可以，每天 6 种。

无论前一天排的是谁，这一天都恰好剩下 6 种，方法数稳定，由分步乘法计数原理

$7 \times 6^{6}.$

算出幂：$6^{2}=36$，$6^{3}=216$，$6^{4}=1296$，$6^{5}=7776$，$6^{6}=46656$，于是

$7 \times 46656 = 326592.$

答案：$326592$ 种。

自检：若没有”不能连续 2 天”的限制，应是 $7^{7}$；限制只砍掉”这一天与前一天相同”这 1 种，所以从第 2 天起是 $7-1=6$，不能写成 $7!$（那是 7 天 7 人全用上且互不重复，比本题紧得多）。

习题 6.1 第 12 题

12. 2160有多少个不同的正因数？

先把 $2160$ 分解成素因数的乘积：

$$2160 \div 2 = 1080,\quad 1080 \div 2 = 540,\quad 540 \div 2 = 270,\quad 270 \div 2 = 135,$$

$135 \div 3 = 45,\quad 45 \div 3 = 15,\quad 15 \div 3 = 5,\quad 5 \div 5 = 1.$

所以

$2160 = 2^{4} \times 3^{3} \times 5^{1}.$

任何一个正因数都可以唯一地写成 $2^{a}3^{b}5^{c}$ 的形式，其中 $a$ 可取 $0,1,2,3,4$（5 种），$b$ 可取 $0,1,2,3$（4 种），$c$ 可取 $0,1$（2 种）。确定一个因数就是做完这三步，由分步乘法计数原理

$5 \times 4 \times 2 = 40.$

这里含 $a=b=c=0$ 给出的 $1$，也含 $a=4,b=3,c=1$ 给出的 $2160$ 自身。

自检：另一条分解 $2160=216\times 10=6^{3}\times 10=2^{3}3^{3}\times 2\times 5=2^{4}3^{3}5$，指数一致。

答案：$40$ 个。

这道题的关键动作：正因数个数不是去一个一个试除，而是先分解、再对每个素因数的指数独立选一档，三步相乘。