更新时间：2023-12-24 10:05
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一 步有m1种不同的方法，做第二步有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×m3×…×mn 种不同的方法。 和加法原理是数学概率方面的基本原理。
若某个对象分为n个环节，第1个环节有m1个元素，第2个环节有m2个元素，……，第n个环节有mn个元素，则该对象有 N=m1×m2×m3×…×mn 种序列。
例1、求取矩形的面积。
对于矩形，长、宽可以看做分别在二维空间的两个维内，且两个维相互正交，如果缺少长、宽中任何一个，矩形面积就失去意义，则矩形面积与长、宽的关系为：面积=长x宽。
例2、求取矩形的周长。
对于矩形的周长，长、宽虽然在二维空间的两个维内，且两个维相互正交，但是如果缺少长、宽中任何一个，周长仍然有意义（还是长度，只是不完整），则周长与长、宽的关系为：周长=长+宽+长+宽。
例3、现有4筐苹果，每筐20千克，求总共苹果（W）有多少千克？
乘法原理是加法原理的一个推论，令 ， ，…， 是对元素a的p个不同的选择。将S划分成部分 ， ，…， ，其中 是S内第一个元素为 (i=1，2，…，p）的有序偶的集合。每个 的大小为q，因此由加法有
上述推导用到了整数的乘法就是重复的加法这一事实。
例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3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．
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．
例1
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．
例2
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）．
例3
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+1=6562（算上0），于是，小于10000且含有数字1的自然数共有10000-6562=3438个．
例4
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）.
例5
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）．
例6
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．
1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
⑴化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
⑵语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
⑶物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
⑷文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？
2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，
⑴可以组成多少个数字不重复的五位奇数？
⑵可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？
4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？
5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？
6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？
7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？
8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？