乘法原理

若某個對象分為n個環節，第1個環節有m₁個元素，第2個環節有m₂個元素，……，第n個環節有m_n個元素，則該對象有 N=m₁×m₂×m₃×…×m_n 種序列。

例1、求取矩形的面積。 ^[1] 

對於矩形，長、寬可以看做分別在二維空間的兩個維內，且兩個維相互正交，如果缺少長、寬中任何一個，矩形面積就失去意義，則矩形面積與長、寬的關係為：面積=長x寬。

例2、求取矩形的周長。 ^[1] 

對於矩形的周長，長、寬雖然在二維空間的兩個維內，且兩個維相互正交，但是如果缺少長、寬中任何一個，周長仍然有意義（還是長度，只是不完整），則周長與長、寬的關係為：周長=長+寬+長+寬。

例3、現有4筐蘋果，每筐20千克，求總共蘋果（W）有多少千克？

乘法原理是加法原理的一個推論，令

，

，…，

是對元素a的p個不同的選擇。將S劃分成部分

，

，…，

，其中

是S內第一個元素為

(i=1，2，…，p）的有序偶的集合。每個

的大小為q，因此由加法有

上述推導用到了整數的乘法就是重複的加法這一事實。 ^[2] 

例如，從A城到B城中間必須經過C城，從A城到C城共有3條路線（設為a，b，c），從C城到B城共有2條路線（設為m，t），那麼，從A城到B城共有3×2=6條路線，它們是：

am，at，bm，bt，cm，ct．

下面我們通過一些例子來説明這兩個原理在計數中的應用． ^[2] 

利用數字1，2，3，4，5共可組成

⑴多少個數字不重複的三位數？

⑵多少個數字不重複的三位偶數？

⑶多少個數字不重複的偶數？

解：⑴百位數有5種選擇；十位數有4種選擇；個位數有3種選擇．所以共有

5×4×3=60

個數字不重複的三位數．

⑵ 先選個位數，共有兩種選擇：2或4．在個位數選定後，十位數還有4種選擇；百位數有3種選擇．所以共有

2×4×3=24

個數字不重複的三位偶數．

⑶ 分為5種情況：

一位偶數，只有兩個：2和4．

二位偶數，共有8個：12，32，42，52，14，24，34，54．

三位偶數由上述⑵中求得為24個．

四位偶數共有2×（4×3×2)=48個．括號外面的2表示個位數有2種選擇（2或4）．

五位偶數共有2×（4×3×2×1）=48個．

由加法原理，偶數的個數共有

2+8+24+48+48=130．

從1到300的自然數中，完全不含有數字3的有多少個？

解法1： 將符合要求的自然數分為以下三類：

⑴一位數，有1，2，4，5，6，7，8，9共8個．

⑵二位數，在十位上出現的數字有1，2，4，5，6，7，8，9 8種情形，在個位上出現的數字除以上八個數字外還有0，共9種情形，故二位數有8×9=72個．

⑶三位數，在百位上出現的數字有1，2兩種情形，在十位、個位上出現的數字則有0，1，2，4，5，6，7，8，9九種情形，故三位數有

2×9×9=162個．

因此，從1到300的自然數中完全不含數字3的共有

8+72+162=242個．

解法2： 將0到299的整數都看成三位數，其中數字3

不出現的，百位數字可以是0，1或2三種情況．十位數字與個位數字均有九種，因此除去0共有

3×9×9-1=242（個）．

在小於10000的自然數中，含有數字1的數有多少個？

解： 不妨將1至9999的自然數均看作四位數，凡位數不到四位的自然數在前面補0．使之成為四位數．

先求不含數字1的這樣的四位數共有幾個，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9這九個數字所組成的四位數的個數．由於每一位都可有9種寫法，所以，根據乘法原理，由這九個數字組成的四位數個數為9×9×9×9=6561，

所以比10000小的不含數字1的自然數的個數是6561+1=6562（算上0），於是，小於10000且含有數字1的自然數共有10000-6562=3438個．

求正整數1400的正因數的個數．

解： 因為任何一個正整數的任何一個正因數（除1外）都是這個數的一些質因數的積，因此，我們先把1400分解成質因數的連乘積

1400=2×2×2×5×5×7

所以這個數的任何一個正因數都是由2，5，7中的n個相乘而得到（有的可重複）．於是取1400的一個正因數，這件事情是分如下三個步驟完成的：

⑴ 取2×2×2的正因數是1，2，2×2，2×2×2，共3+1種；『注：1表示取0個；2表示取1個2；2×2表示取2個2；2×2×2表示取3個2.下面同理』

⑵ 取5×5的正因數是1，5，5×5，共2+1種；

⑶ 取7的正因數是1，7，共1+1種．

所以1400的正因數個數為

（3+1）×（2+1）×（1+1)=24．

説明： 利用本題的方法，可得如下結論：

若將正整數a分解成質因數pi（i=1，2，…，r）的連乘積時，其中質因數pi的個數是ai（i=1，2，…，r），則正整數a的不同的正因數的個數是

(a1+1)×(a2+1）×…×（ar+1）.

求五位數中至少出現一個6，且能被3整除的數的個數．

解答如下：

⑴ 從左向右計，如果最後一個6出現在第5位，即a5=6，那麼a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個數字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除後的餘數所決定．因此，為了保證a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3種可能，根據乘法原理，5位數中最後一位是6，而被3整除的數有

3×10×10×10=3000（個）．

⑵ 最後一個6出現在第四位，即a4=6，於是a5只有9種可能（因為a5不能等於6），a2，a3各有10種可能，為了保證a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3種可能．根據乘法原理，屬於這一類的5位數有

3×10×10×9=2700（個）．

⑶ 最後一個6出現在第3位，即a3=6，被3整除的數應有

3×10×9×9=2430（個）．

⑷ 最後一個6出現在第2位，即a2=6，被3整除的數應有

3×9×9×9=2187（個）．

⑸ a1=6，被3整除的數應有

3×9×9×9=2187（個）．

根據加法原理，5位數中至少出現一個6而被3整除的數應有

3000+2700+2430+2187+2187=12504（個）．

在6×6的棋盤上剪下一個由四個小方格組成的凸字形，有多少種不同的剪法？

解： 我們把凸字形上面那個小方格稱為它的頭，每個凸字形有並且只有一個頭．

凸字形可以分為兩類：第一類凸字形的頭在棋盤的邊框，但是棋盤的四個角是不能充當凸字形的頭的．於是，邊框上（不是角）的小方格共有4×4=16個，每一個都是一個凸字形的頭，所以，這類凸字形有16個．

第二類凸字形的頭在棋盤的內部，棋盤內部的每一個小方格可以作為4個凸字形的頭（即頭朝上，頭朝下，頭朝左，頭朝右），所以，這類凸字形有

4×（4×4)=64（個）．

由加法原理知，有16+64=80種不同的凸字形剪法．

1．把數、理、化、語、英5本參考書，排成一行放在書架上． ^[1] 

⑴化學不放在第1位，共有多少種不同排法？

⑵語文與數學必須相鄰，共有多少種不同排法？

⑶物理與化學不得相鄰，共有多少種不同排法？

⑷文科書與理科書交叉排放，共有多少種不同排法？

2．在一個圓周上有10個點，把它們兩兩相連，問共有多少條不同的線段？ ^[1] 

3．用1，2，3，4，5，6，7這七個數，

⑴可以組成多少個數字不重複的五位奇數？

⑵可以組成多少個數字不重複的五位奇數，但1不在百位上？

4．從1，2，3，4，5這五個數字中任取三個數組成一個三位數，問共可得到多少個不同的三位數？

5．由1，2，3，4，5，6這六個數字能組成多少個大於34500的五位數？

6．今有一角幣一張，兩角幣一張，伍角幣一張，一元幣四張，伍元幣兩張，用這些紙幣任意付款，可以付出不同數額的款子共有多少種？

7．將三封信投到5個郵筒中的某幾個中去，有多少種不同的投法？

8．從字母a，a，a，b，c，d，e中任選3個排成一行，共有多少種不同的排法？