加法原理

第一讲 加法原理

　　生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决．

　　例如 某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？

　　分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．

　　在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．

　　一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同做法，…，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有

　　N=m1+m2+…+mk

　　种不同的方法．

　　这就是加法原理．

例1 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？

　　分析 在这个问题中，小明选一本书有三类方法．即要么选外语书，要么选科技书，要么选小说．所以，是应用加法原理的问题．

　　解：小明借一本书共有：

　　150+200+100=450（种）

　　不同的选法．

例2 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．

　　问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？

　　②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？

　　分析 ①中，从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法．所以是加法原理的问题．

　　②中，要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题．

　　解：①从两个口袋中任取一个小球共有

　　3+8=11（种），

　　不同的取法．

　　②从两个口袋中各取一个小球共有

　　3×8=24（种）

　　不同的取法．

　　补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．

　　事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．

例3 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？

　　分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法．

　　第一类，由甲地途经乙地到丙地．这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有4×2=8种不同的走法．

　　第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法．

　　解：由加法原理知，由甲地到丙地共有：

　　4×2+3=11（种）

　　不同的走法．

例4 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？

　　分析 从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．

　　解：从A点先经过C到B点共有：

　　1×3=3（种）

　　不同的走法．

　　从A点先经过D到B点共有：

　　2×3=6（种）

　　不同的走法．

　　所以，从A点到B点共有：

　　3+6=9（种）

　　不同的走法．

例5 有两个相同的正方体，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？

　　分析 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．

　　解：两个正方体向上的一面同为奇数共有

　　3×3=9（种）

　　不同的情形；

　　两个正方体向上的一面同为偶数共有

　　3×3=9（种）

　　不同的情形．

　　所以，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．

例6 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？

　　分析 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1、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．

　　解：在1～500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8×9=72个；不含4的三位数有3×9×9+1=244个，由加法原理，在1～500中，共有：

　　8+8×9+3×9×9+1=324（个）

　　不含4的自然数．

　　补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个．

　　这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．

例7 如下页左图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？

　　分析 观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．

　　第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线．

　　第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A经D到B共有4×4=16种不同的走法．

　　第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所以，从A经E到B共有1种走法．

　　第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．

　　最后由加法原理即可求解．

　　解：如上右图，从A到B共有下面的走法：

　　从A经C到B共有2×2=4种走法；

　　从A经D到B共有4×4=16种走法；

　　从A经E到B共有1种走法；

　　从A经F到B共有1种走法．

　　所以，从A到B共有：

　　4+16+1+1=22

　　种不同的走法．

习题一

　　1．如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？

2．书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？

　　3．如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？

4．在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？

5．在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？

6．十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？

习题一解答

　　1．3×3+2×4=17（种）．

　　2．6+7+15+21+6×7=91（种）．

　　提示：拿两本的情况分为2本画报或2本书或一本画报一本书．

　　3．（1）6； （2）10； （3）20； （4）35．

　　4．9+180+3=192（个）．

　　5．8+8×8+3×8×8=264（个）．

　　6．9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）．

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