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例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有62616964757a686964616fe58685e5aeb9313333613030363条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：

am，at，bm，bt，cm，ct．点击此处添加图片说明

下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用． 利用数字1，2，3，4，5共可组成

⑴多少个数字不重复的三位数？

⑵多少个数字不重复的三位偶数？

⑶多少个数字不重复的偶数？

解：⑴百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有

5×4×3=60

个数字不重复的三位数．

⑵ 先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有

2×4×3=24

个数字不重复的三位偶数．

⑶ 分为5种情况：

一位偶数，只有两个：2和4．

二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．

三位偶数由上述⑵中求得为24个．

四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．

五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．

由加法原理，偶数的个数共有

2+8+24+48+48=130． 从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？

解法1： 将符合要求的自然数分为以下三类：

⑴一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．

⑵二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，9 8种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．

⑶三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8，9九种情形，故三位数有

2×9×9=162个．

因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有

8+72+162=242个．

解法2： 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3

不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有

3×9×9-1=242(个)． 在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？

解： 不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．

先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为

9×9×9×9=6561，

所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6561，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6561=3438个．

纠正一下：最后一步的答案应是10000-6561=3439 ，因为小于10000的自然数有10000个(包括0)而非9999个。 求正整数1400的正因数的个数．

解： 因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积

1400=2×2×2×5×5×7

所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：

⑴ 取2×2×2的正因数是1，2，2×2，2×2×2，共3+1种；『注：1表示取0个；2表示取1个2；2×2表示取2个2；2×2×2表示取3个2.下面同理』

⑵ 取5×5的正因数是1，5，5×5，共2+1种；

⑶ 取7的正因数是1，7，共1+1种．

所以1400的正因数个数为

(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．

说明： 利用本题的方法，可得如下结论：

若将正整数a分解成质因数pi(i=1，2，…，r)的连乘积时，其中质因数pi的个数是ai(i=1，2，…，r)，则正整数a的不同的正因数的个数是

(a1+1)×(a2+1)×…×(ar+1). 求五位数中至少出现一个6，且能被3整除的数的个数．

解答如下：

⑴ 从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有

3×10×10×10=3000(个)．

⑵ 最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有

3×10×10×9=2700(个)．

⑶ 最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有

3×10×9×9=2430(个)．

⑷ 最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有

3×9×9×9=2187(个)．

⑸ a1=6，被3整除的数应有

3×9×9×9=2187(个)．

根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有

3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)． 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，有多少种不同的剪法？

解： 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．

凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．

第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有

4×(4×4)=64(个)．

由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．