四年级奥数解析（十九）加法原理与乘法原理（中）

《奥赛天天练》第17讲，巩固训练，习题2

【题目】：

用数字0，3，8，9能组成多少个数字不重复的三位数？

【解析】：

运用乘法原理，把组数过程分为三个步骤：

第一步：确定三位数百位上数字，有3种选法（最高位不能为0）。

第二步：确定十位上数字，有3种选法。

从上面四个数字中确定任意一个不为0的数字放在百位上，十位上都会剩下三个数字供选择。因此，对应百位上数字的每种选法，十位上数字都有3种不同的选择方法，两个数字共有3个3种，即9种不同的组成方法。

第三步：确定个位上数字，有2种选法。

从上面四个数字中去掉百位和十位上数字任意一种组成，个位上都会剩下2个不同的数字供选择。因此，对应百位和十位上数字的任意一种组成方法，个位上都有2种不同的选择方法，三个数字共有9个2种，即18中不同的组成方法。

所以，能组成的不重复的三位数的个数为:3×3×2=18(个)。

《奥赛天天练》第17讲，拓展提高，习题1

【题目】：

【解析】：

运用乘法原理，把放棋子的过程分为三个步骤：

第一步：放棋子A。棋子A可以任意放，有16种放法。（如下图一）

第二步：放棋子B。棋子B不能放在棋子A所在的行或列，对应棋子A的每一种放法，棋子B都可以放在剩下的9个方格的任意一格里，有9种放法。（如下图二）

第三步：放棋子C。棋子C不能放在棋子A、B所在的行或列，对应前面的每一种放法，棋子C可以放在剩下的4个方格的任意一格里，有4种放法。（如下图三）

第四步：放棋子D。棋子D不能放在棋子A、B、C所在的行或列，对应前面的每一种放法，棋子D都只有1种放法。（如下图四）

所以，四颗棋子共有不同的放法：16×9×4×1=576（种）。

《奥赛天天练》第17讲，拓展提高，习题2

【题目】：

用4种不同的颜色给下图的这幅地图染色，使相邻的两块颜色不相同，共有多少种不同的染法？

【解析】：

这个染色问题比较复杂，需要分层、综合运用加法原理和乘法原理。

第一步：给A染色，可以任选一种颜色，有4种染色方案。

第二步：给B染色，有3种染色方案。对应的A的每种染色方案，B都有剩下的与A不同的3种颜色供选择，A、B配色方案共有4个3种，即12种。

第三步：给C染色，有2种染色方案。对应于A、B的每一种配色方案，C都有剩下的与A、B不同2种颜色供选择，A、B、C三块配色方案共有12个2种，即24种。

所以前三步共有不同染法：4×3×2=24（种）。

第四步：给D染色，有两种染色方案。

由前三步，A、B、C三块已染上三种互不相同的颜色，一共有四种颜色，D可以染与A、B、C各不相同的第四种颜色（简称为色四）；D、B不相邻，D也可以染与B相同的颜色。我们根据D的颜色分为两大类计数：

第一大类：给D染色四。

如下图，A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。D染色四，E可以染A色或B色。
 

①E染A色，F只能染一种颜色色四（如上左图），这时，G有B色和C色两种颜色可以选择，对于G的每种选择，H都有对应的2种选择。这种类型共有不同染法：

24×1×1×1×2×2=96（种）。

②E染B色，F可以染色四（如上中图），也可以染A色（如上右图）。分两小类计数，这种类型共有不同染法：

24×1×1×1×2×2+24×1×1×1×1×2=144（种）。

第一大类共有染法：96+144=240（种）。

第二大类：给D染B色。

如下图，A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。

D染B色，E有A色或色四两种选择，对应于D的每一种选择F只有一种选择、G也只有一种选择、H有2种选择。

第二大类共有染法：24×1×2×1×1×2=96（种）。

    所以，这题共有染法：240+96=336（种）。

《奥赛天天练》第18讲，模仿训练，练习1

【题目】：

如下图，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？ 

【解析】：

把小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点的走法分为两大类：

第一类：分两步，最先到达C点，再到B点。

第一步从A到C只有一种走法（不能经过D点）；第二步从C点到B点有3种走法。共有走法:1×3=3(种)。

第二类：分两步，最先到达D点，再到B点。

第一步从A到D有2种走法（不能经过C点）；第二步从D点到B点有3种走法。共有走法:2×3=6(种)。

所以，小甲虫共有不同的走法：1×3+2×3=9(种)。

下图中共有16个方格，要把A，B,C,D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子，问共有多少种不同的放法？