开国大典教学设计-颤动的拼音

四年级下奥数第九讲加
法原理(教师用)
-k Information Technology Company.2020YEAR

第九讲: 加法原理（一）
日期： 5.4
知识要点

加法原理的定义
一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方 法中有
m
1
种不同做法，第二类方法中有
m
2
种不同做法， …，第k
类方法中有
m
k
种不同做法，则完成这件事共有
N m
1
 m
2
……m
k
种不同方法，这就是加法原理．
加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题 可以使
用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．
分类时，首先要根据问 题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其
次，分类时要注意满足两条基本 原则：
① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；
② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．
只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．
运用加法原理解题时，关键是 确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体
等于局部之和”．
加法原理解题三部曲
1、完成一件事分N类；
2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；
3、类类相加
枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．
分类讨论的 时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要
注意顺序，这样才 能做到不重不漏．

例题精讲
1、分类讨论中加法原理的应用
【例 1】
（难度等级 ※）小宝去给小贝买生日 礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的
课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝 买一种礼物可以有多少种不同的选法？
【例 2】

【解析】
小宝买一 种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方
法；第三种，买纪念 品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方
法．

【巩固】 （难度等级 ※）有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任
取一本，共有多少种取法？
【巩固】
【解析】
根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．

【巩固】 （难度等级 ※）阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、1 6人．从中
任意选一人当升旗手，有多少种选法？
【巩固】
2

【解析】
解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从 一班18名男生中任选1人
有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班1 6名男生中任意选1
人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有 ：
18201654
种．

【例 3】
（难度等级※※）从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？
【例 4】

【解析】
根据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：

第1
类
第2
类
第3
类
第4
类
第5
类
第6
类
第7
类
第8
类
第9
类
第一个
数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
第二个数
10
10、9
10、9、8
10、9、8、7
10、9、8、
7、6
10、9、8、7
10、9、8
10、9
10
有几
种
1
2
3
4
5
4
3
2
1

因此，根据加法原理，共有：
1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．
选择合适的分类方式是

运用加法原理的关
【巩固】 （难度等级※※）从1 ～8中每次
键．好的分类方式往往
取两个不同的数相加，和大于10的共
达到事半功倍 的效果．
有多少种取法？
注意：本题中“
78
”
【巩固】
与“
87
”只能算一种
【解析】
两个数和为11的一共有3种取法；两
取法．
个数和为12的一共有2种取法；
两个数和为13的一共有2种取法；两
个数和为14的一共有1种取法；
两个数和为15的一共有1种取法；
一共有3+2+2+1+1=9种取法．

【例 5】
（难度等级 ※※ ）甲、乙、丙三个工
厂共订300份报纸，每个工厂至少订
了99份，至多101份，问：一共 有多
少种不同的订法？
【例 6】

【解析】
甲厂可以订99、100、101份报纸三种
方法．
如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定．
如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定．
如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定．
根据加法原理，一共有
2327
种订报方法．

【巩固】 （难度等级 ※※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少
种可能的情况？
【巩固】
【解析】
大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有 9种可能，……，共有0本的话，
有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1 =55种可能．

【例 7】
（难度等级 ※※）四个学生每人做了一张贺年片， 放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能
拿自己做的一张．问：一共有多少种不同的方法？
【例 8】

【解析】
设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d．
先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法．
3

同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．
一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．

【例 9】
(第六届走美试 题)一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次
比赛马的出场顺序依次为 一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的
一等马，接着依次为自己的一等，齐 王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王
的四等，自己的四等．田忌有________ 种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两
场比赛．
【解析】
第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，
若三场全胜，则只有一种出场方法；
若胜两场，则又分为三种情况：
二，三两场胜 ，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，
只有这一种情况；
二，四两场胜，此时有三种情况；
三，四两场胜，此时有七种情况；
所以一共有
113712
种方法．


【例 10】
（难度等级 ※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一
角三种．
【例 11】

【解析】
把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：
②第二类：有五 角币1张，则此时二角币可以有0，1，2张，相应的，一角币有5，3，1张，
有3种换法；
③第三类：有五角币0张，则此时二角币可以有0，1，2，3，4，5张，相应的，一角币有
10， 8，6，4，2，0张，有6种换法．
所以，根据加法原理，总共的换法有
13610
种．

【巩固】 （难度等级 ※※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多
少种不同的情况？
【巩固】
【解析】
按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：
如果5分 硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个
数为0～20的偶 数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．
类1 2 3 4 5 6 7 8 9 11
别 0 1
5分 0 2 4 6 8 111112
0 2 4 6 8 0
2分 5443322115 0
0 5 0 5 0 5 0 5 0

【例 12】
（难度等级 ※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不
同的买法?
4

【例 13】

【解析】
如果买0张8元饭 票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买
2元饭票，共有26种买 法；
如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余的钱全部购买2元饭票，共< br>有24种不同方法；
如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全 部购买2元饭票，共
有22种不同方法；
……
如果买12张8元饭票，还剩4元饭 票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，
共有2种方法．
总结规律，发现各 类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用分类计
数原理及等差数列求和公式求 出所有方法：
26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)． 共有182种不同的买法．

【巩固】 （难度等级 ※※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠 笔每支1元、钢笔每支2元5角．小
明要在该店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择．
【解析】
一共三种文具，要买两种文具．那么就可以分三类了．
第一类：橡皮和圆珠笔 5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）
=9块橡皮+1只圆珠笔
=7块橡皮
+2只圆珠笔
=5块橡皮
+3只圆珠笔
=3块橡皮
+4只圆珠笔
=1块橡皮+5
只圆珠笔 第一类共5种
第二类：橡皮和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）
=6块橡皮+1只钢笔
=1块橡皮+2只钢
笔 第二类共2种
第三类：圆珠笔和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）
=1只钢笔+3只圆珠笔 第三类共1种

【例 14】
（难度等级 ※※※） 袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他
拿出球的情况共有_______ _种可能．（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）
【解析】
按最少的红球 来分类：3红时，黄

白

3，黄可取0，1，2，3共4种．
2红时，黄

白

4，黄可取0，1，2，3，4共5种．
1红时， 黄

白

5，黄可取0，1，2，3，4共5种．
0红时， 黄

白

6，黄可取0，1，2，3共4种．
共有：4+5+5+4=18（种）．

【例 15】
（难度等级 ※※ ）1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘
号(最少插一个乘号)， 可以得到多少个不同的乘积?
【例 16】

【解析】
按插入乘号的个数进行分类：
⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种
5

不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
12 3 4
，
1 23 4
，
1 2 34
．
⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3
种不同的插 法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
123 4
，
12 34
，
1 234
．
⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：
1234
．
所以，根据加法原理共有
3317
种不同的乘积．

【例 17】
（难度等级 ※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和 等于
26的数共有多少个
【例 18】

【例 19】

【解析】
小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是2 5．因为十位、
个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是
百位为7时，只有1799，一个；
百位为8时，只有1889，1898，二个；
百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；
总计共1＋2＋3=6个．

【巩固】 （难度等级 ※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于20 00的四位数中数字和
等于24的数共有多少个?
【巩固】
【解析】
小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、
个位 数字和最多为
9918
，因此，百位数字至少是5．于是
百位为5时，只有1599一个；
百位为6时，只有1689，1698两个；
百位为7时，只有1779，1788，1797三个；
百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；
百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；
根据加法原理，总计共
1234515
个．

【巩固】 （难度等级 ※※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?
【巩固】
【解析】
大于2000小于30 00的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因
此，百位数字至多是7．于 是根据百位数进行分类：
第一类，百位为7时，只有2700一个；
第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；
第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；
第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；
第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；
第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个； < br>第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七 个；
第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2 016、2007八个；
根据加法原理，总计共
1234567836
个．

6

【巩固】 （难度等级 ※※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？
【巩固】
【解析】
以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：
⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；
⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；
⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；
⑷十位数字为3，有1030，共1个．
第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：
⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；
⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；
⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．
第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：
⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；
⑵十位数字为1，有1012，共1个．
第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有l003，共1个．
根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有
1063120
个．

【例 20】
有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数 字之和，直至不能再写为
止，如
257
，
1459
等等，这类数共有 个.
【解析】
按自然数的最高位数分类：
【解析】
⑴ 最高位为
1
的有
【解析】
10112358
，
1123 58
，
12358
，
1347
，
1459
，
156
，
167
，
178
，
189
共
9
个
⑵最高位为
2
的有
202246
，
2134 7
，
2246
，
2358
，
246
，
25 7
，
268
，
279
共
8
个
⑶最高位为
3
的有
303369
，
31459
，
3257
，
3369
，
347
，358，
369< br>共
7
个

⑼最高位为
9
的有
9099
共
1
个
所以这类数共有
98762145
个

【例 21】
如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎< br>春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？
【例 22】

【解析】
(法1)两位数中迎春数的个数．
⑴十位数字为1的：12，13，……，19．8个
⑵十位数字为2的：23，24，……29．7个
⑶十位数字为3的：34，35，……39．6个
⑷十位数字为4的：45，46，……49．5个
⑸十位数字为5的：56，57，……59．4个
⑹十位数字为6的：67，68，69．3个
⑺十位数字为7的：78，79．2个
⑻十位数字为8的：89．1个
两位数共
87136
个
三位数中迎春数的个数
⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．
⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．
⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．
7

⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．
⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．
⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．
⑺百位数字是7的：789．1个
1000～1999中迎春数的个数
⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．
⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．
⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．
⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．
⑸前两位是16的：1678，1679，1689．3个．
⑹前两位是17的：1789．1个
共56个．
所以小于2008的迎春数共
368456176
个．
(法2)小于 2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有
98236
个．三位
数的取法有
987

321

84
个．1000多的迎春数的取法有
876

321
56
个．
所以共
368456176
个．

【例 23】
有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字(大 减小)的差都是
1．问这样的五位数共有多少个？
【例 24】

【解析】
⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．
百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3．2种．
百位是3，十位可以是2和4；十位 是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5．4
种．
所以，首位取1时，共有
246
种．
⑵首位取2时，千位可以是1和3．
千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百 位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是
3和5，有3种．千位是3时有
3 36
种．
所以首位取2时，共有
369
种．
⑶首位取3时，千位可以取2和4．
千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是 2，个位可以是1和3；2种．百位是3
时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4 ，个位可以是3和5；4种．
千位是4，百位可以取3和5．
百位是5，十位只能是4 ，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2
个位可以是1和3；十位是4个位 可以是3和5；4种．
所以，首位取3时，共有
242412
种．
⑷首位取4时，千位可以取3和5．
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是 3个位可以是2和4；十位是5个位只能
是4．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百 位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是
3个位可以是2和4．有3种．百位是4， 十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是
3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有336
种．
所以，首位取4时，共有
369
种．
⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是
3，十 位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有
246
种．
总共有：
69129642
个
也可以根据首位数字分别是1、 2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有：
69129642
个
8

2、树形图法、标数法及简单的递推
一、树形图法
“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又< br>不重复遗漏，使人一目了然．

【例 25】
（难度等级 ※※※）A、B 、C三个小朋友互相传球，先从A开始发球(作为第一次传球)，这
样经过了5次传球后，球恰巧又回到 A手中，那么不同的传球方式共多少种(
【例 26】
2005年《小数报》数学邀请赛)
【解析】
如图，
A
第一次传给
B
，到第五次传回
A
有5种不同方式．
同理，
A
第一次传给
C
，也有5种不同方式．
所以，根据加法原理，不同的传球方式共有
5510
种．
B
A
AB
A
C
B
C
C
B
B
C
C
A

【巩固】 （难度等级 ※※※）一只青蛙在A，B，C三点之间跳动，若青蛙从A点跳 起，跳4次仍
回到A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？
【巩固】
【解析】
6种，如图，第1步跳到
B
，4步回到
A
有3种 方法；同样第1步到
C
的也有3种方法．根据加
法原理，共有
336种方法．
B
A
AB
C
C
B
A
A
A



【例 27】
（难度等级 ※※※）甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两 局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁
先胜三局谁赢，打到决出输赢为止．问：一共有多少种可能的情况？
【例 28】

【解析】
如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：

图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况．同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况．一共有
7＋7=14（种）可能的情况．

9

勤学苦练
1、阳光小学四年级有3个班，各 班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多
少种选法？（2级）




2、从2～9中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法（
4级）



3、大林和小林共有小人书不超过10本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？（4级）




4、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘 轮船。一天中火车有4班，汽车有3班，轮
船有2班。问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有 多少种不同走法？



5、一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、 钢笔每支2元5角．小明要在该店花5元购买两种文
具，他有多少种不同的选择．（6级）

6、2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9 的数共有多少个（
6级）



7、袋中有3个红球，4个黄球 和5个白球，小明从中任意拿出5个球，他拿出球的情况共有________
种可能




8、用100元钱购买4元、5元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?（6级）



10

9、一只青蛙在 A，B，C，D四点之间跳动，若青蛙从A点跳起，跳4次仍回到A点，则这只青蛙一共有
多少种不同的 跳法？（6级）



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