【高考导航】
分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理,它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最基本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.
【学法点拨】
对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.
从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类”的思考，分步计数原理是将问题进行“分步”的思考，从而达到分析问题、解决问题的目的.
从集合的角度看，两个基本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有m1种方法，B类办法中有m2种方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(A∪B)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理.若完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)=m1;card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(A·B)=card(A)·card(B)=m1·m2.这就是n=2时的分步计数原理.
两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事;分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.
【基础知识必备】
一、必记知识精选
1.分类计数原理：做一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
2.分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2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×…×mn种不同的方法.
二、重点难点突破
本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.
难点是两个原理的恰当运用.
两个原理的区别在于“分类”与“分步”，完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一个方法都能单独完成这件事，则用加法计数.若完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.
处理具体问题时,首先要弄清是“分类”还是“分步”,简单地说是“分类互斥、分步互依”,因此在解题时,要搞清题目的条件与结论,且还要注意分类时,要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步,也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.
三、易错点和易忽略点导析
由于对两个原理理解不清,解题时,易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误,即“遗漏”或者“重复”.
【例1】 有红、黄、蓝旗各3面,每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号?
错解：可组成3×3×3=27种不同的信号.
正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号;每次用2面旗可组成3×3=9种不同的信号;每次升3面旗可组成3×3×3=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成3+9+27=39种不同的信号.
错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.本题综合应用了乘法原理和加法原理.
【例2】 在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数?
错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有8×7种方法，所以共有5×5×8×7=1400个.
正确解法：分两类;一类是以3、5、7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数位有8×7种方法，所以共有3×4×8×7=672个.
另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2×5×8×7=560个.
由分类计数原理得共有672+560=1232个.
错解分析：由题意，3、5、7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3、5、7去填.还是用4、6去填，影响到第二步，即填个位的方法数，遇到此类情形,则要分类处理.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.
【例3】 编号为1～25的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法?
错解：分以下三步完成：(1)选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法;(2)选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法;(3)选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.
根据乘法原理，有25×16×9=3600种方法.
正确解法：分以下三个步骤：(1)先从5行5列中选出3行有10种选法;(2)从一行的5个球中选出3个球,有10种选法;(3)最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第(1)步选出3行的每一行上有6种方法.
根据乘法原理有10×10×6=600种选法.
错解分析：错解中先选一球,假定此球为①,第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球(25),第三步在去掉球①与(25)所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球(13),则此选法为①(25)(13)，若第一步选(13)，第二步选①,第三步选(25)，显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以,解法是错误的,每一不同取法在错解中都被重复了6次.
【综合应用创新思维点拨】
一、学科内综合思维点拨
【例1】 三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有( )
A.25个 B.26个 C.36个 D.37个
思维入门指导：设另两边长分别为x,y，且不妨设1≤x≤y.由三角形的特性，必须满足x+y≥12，以下可以分类考虑.
解：当y取11时，x=1，2，3，…，11，可有11个三角形.
当y取10时，x=2，3，…，10，可有9个三角形.
……
当y取6时，x=6可有1个三角形.
因此，所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36个，故应选C.
点拨：本题应用了“穷举法”，这也是解决排列组合应用题的一个基本方法.
二、学科间综合思维点拨
【例2】 DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.若一个DNA分子有8000个碱基，则由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有( )种.
A.2100 B.24000 C.48000 D.44000
解：选D.
点拨：每个碱基可互配对及自配对.
三、应用思维点拨
【例3】 (1)有5名同学报名参加4个课外活动小组，若每人限报1个，共有多少种不同的报名方法?
(2)5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能?
思维入门指导：(1)每名同学确定参报课外活动小组项目可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.
(2)可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.
解：(1)每名同学在四个项目中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：
N=4×4×4×4×4=45=1024种.
(2)为每一个冠军寻找人选均有5种可能,因此,根据分步计数原理,冠军获得者共有：
N=5×5×5×5=54=625种.
四、创新思维点拨
【例4】 (1)有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张,共可组成多少种不同的币值?
(2)有一角、二角、五角人民币各一张,一元人民币3张,五元人民币2张,一百元人民币2张,由这些人民币可组成多少种不同的币值?
思维入门指导：(1)中的8张人民币的面值各不相同,并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种.
对每一张人民币而言，都有“取”与“不取”两种可能.因此，可按这样的程序：
(2)中这10张人民币一元的有3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：
解：(1)每张人民币均有“取”与“不取”两种可能，所以有2×2×2×2×2×2×2×2=28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为;
N=28-1=255(种).
(2)第一、二、三步都只有“取”与“不取”这两种情况，第四步取一元的3张中，可分“不取”、“取一张”、“取二张”、“取三张”这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：
N=2×2×2×4×3×3-1=287种.
点拨：此题若“分类”思考，特别是第(2)问，则较麻烦.此法为“间接法”.
五、高考思维点拨
【例5】 (2003，河南)将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种(以数字作答).
解：设从左到右五块田中要种a、b、c三种作物，不妨先设第一块种a,则第2块可种b或c，有两种选法.同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由乘法原理共有：
1×2×2×2×2=16.
其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=14种方法.同样b和c也可种在第1块田中，故共有：14×3=42种.
点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.
六、经典类型题思维点拨
【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.
(1)从A地到C地共有多少种不同的走法?
(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法?
(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法?
(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法?
思维入门指导：要综合应用两个原理.
解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B，第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B，第二步从B到C，所以从A地到C地的不同走法总数是3×4+2=14种.
(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是14×14=196种.
(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是14×13=182种.
(4)该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：
若去时用第一类走法，则回来时，用第二类方法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法中的走法，这样的走法数是：
3×4×(2+3×2)=96种;
若去时用第2类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法.这样的走法数是：2×(4×3+1)=26种.
所以，走法总数为96+26=122种.
点拨：正确区分“不同”与“完全不相同”两种含义是解题的另一个关键，前者的含义是回来时不能原路返回，但允许有部分是原路，后者的含义是去时走过的路，回来时都不能走，前者包含后者.
七、探究性学习点拨
允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列.
在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排,那么第一，第二，…，第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同的元素中,每次取出n个元素的可重复的排列数为
=mn.
【例7】 有数学、物理、文学3个课外活动小组,6个同学报名,每人限报一组,一共有多少种报名的方法?
解：这就是有重复的排列.第一个同学有3种报名的方法,无论他报了哪一个组,第二个同学还是有3种报名的方法,其余类推.所以,一共有36=729种报名的方法.
思考题：用0,1,2,…,9共10个数字中的4个数字组成电话号码,但0000不能作号码,问可编成多少个号码?
【强化练习题】
A卷：教材跟踪练习题 (100分 45分钟)
一、选择题(每题5分，共50分)
1.把10个苹果分成三堆，每堆至少1个，至多5个，则不同的分堆方法共有( )
A.4种 B.5种 C.6种 D.7种
2.现有四种不同款式的上衣与三件不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的选法数为( )
A.7 B.64 C.12 D.81
3.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师均不在本班监考，则安排监考的方法总数是( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.某体育彩票规定：从01至36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成1注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )
A.3360元 B.6720元 C.4320元 D.8640元
5.如图10-1-3，在儿童公园中有四个圆圈组成的连环道路，从甲走到乙，不同路线的走法有( )
A.2种 B.8种 C.12种 D.16种
6.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有( )
A.34种 B.43种 C.18种 D.36种
7.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为( )
A.20 B.30 C.60 D.120
8.已知集合A={1,-2,3}，B={-4,5,6,-7}，从两集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一、第二象限内不同点的个数有( )
A.18 B.16 C.10 D.14
9.北京某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到两台，不同送法的种数共有( )
A.10种 B.9种 C.8种 D.6种
10.某大学的信息中心A与大学各部门、各院系B、C、D、E、F、G、H、I之间拟建立信息联网工程，实际测算的费用如图10-1-4所示(单位：万元)，若不建立部分网线也能使中心与各部门、各院系都能相通(直接或中转)，则最小的建网费用(万元)是( )
A.12 B.13 C.14 D.16
二、填空题(每题5分，共10分)
11.已知集合A={a，b，c，d，e}，B={-1，0，1}，则从集合A到集合B的不同映射有____个.
12.72的正约数(包括1与72)有________个.
三、解答题(每题20分，共40分)
13.(1)由数字1，2，3可组成多少个三位数?
(2)由0，1，2，…，9可组成多少个不同的四位数码?(数字可重复使用)
(3)由0，1，2，…，9可组成多少个不同的四位数码?(数字不可重复使用)
14.用n种不同颜色为下列两广告牌着色(如图10-1-5)，要求①②③④个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
(1)n=6时，为甲着色时，共有多少种不同方法?
(2)若为乙着色时，共有120种不同方法，求n的值.
B卷：综合应用创新练习题 (100分 60分钟)
一、学科内综合题(每题8分，共16分)
1.从{-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?
2.正方体ABCD一A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有( )
A.3条 B.12条 C.6条 D.9条
二、学科间综合题(6分)
3.如图10-1-6为一电路图，从A到B共有______条不同的单线路可通电.
4.用1克砝码1个,2克码1个，5克码5个，50克码4个，共可称量多少种不同重量(按天平使用规则，砝码只能放在右边)?
四、创新题(54分)
(一)教材变型题(12分)
5.(P85例1变型)设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的油彩画.
(1)从中任选一幅布置房间，有多少种不同的选法?
(2)从这些画中，各选一种不同类的三幅画布置房间，有几种不同的选法?
(3)从这些画中，选出两种不同类的各一幅画布置房间，有多少种不同的选法?
(二)一题多解(8分)
6.甲、乙、丙、丁4人各写一张贺年卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺年卡，共有多少种不同取法?
(三)一题多变(9分)
7.某组有3名男生，4名女生.
(1)从中选男生、女生各一名去开会，有多少种不同选法?
(2)从中选一人去领奖，有多少种选法?
(3)从中选正副组长各一人，男女不限，有多少种不同的选法?
(四)新解法题(9分)
8.如图10-1-7，在某个城市中，M、N两地之间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N不同的走法总数有多少种?
(五)新情境题(每题8分，共16分)
9.用10元，5元,1元来支付20元，不同支付方法共有多少种?
10.如图10-1-8，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A.26 B.24 C.20 D.19
五、高考题(每题8分，共16分)
11.(2003，北京)某班试用电子系统选举班干部候选人,全班k名同学都有选举权和被选举权;他们的编号分别为1，2,3，…，k,规定：同意按“1”,不同意(舍弃权)按“0”，
令aij=
其中i=1，2，…，k,j=1，2，…，k，则同时同意第1、2号同学当选的人数为( )
A.a11+a12+…+a1k+a21+a22+…+a2k
B.a11+a21+…+ak1+a12+a22+…+ak2
C.a11a12+a21a22+…+ak1ak2
D.a11a21+a12a22+…+a1ka2k
12.(1997，上海)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任选3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过原点的直线有______ 条(结果用数值表示).
【课堂内外】
费马大定理
1637年左右,17世纪最伟大的数学家之一费马，在阅读古希腊人丢番图的巨著《算术》中第二卷的第八个问题“将一个平方数分为两个平方数”时，在问题旁边的空白处，写道“然而此外，一个立方数不能分拆成两个立方数，一个四次方数不能分拆成两个四次方数，一般地说，任何次数大于二的高次方数都不可分拆成两个幂次相同的数.我已经找到这一定理的绝妙证明，可惜这里空白太狭小，写不下”用现代数学术语描述就是“xn+yn=zn，当n>2时，无整数解”.这一段看似平淡的注解就是著名的费马大定理.
自1665年费马大定理发表后，多少数学家为之花费了大量时间乃至毕生精力，他们的研究或是失败或是将定理向前推进，但一直未彻底解决，直到有了高速计算机后，费马大定理的证明才有了突破性进展.1955年前后，三位日本数学家曾猜想：“有理数域上所有椭圆曲线都是模曲线”.到了80年代中期，德国数学家费雷证明了若干猜想成立,则可以推出费马大定理.1994年普林顿大学的数学教授维尔斯成功地证明了此猜想，从而证明了这一千古难题.
参考答案
A卷
一、1.A 点拨：按每堆苹果的数量可分为4类，即1，4，5;2，3，5;3，3，4;2，4，4，且每类中只有一种分法，故选A.
2.C 点拨：因为在四件上衣中任取一件有4种不同的方法，再在三件长裤中任取一件有3种不同的取法，要完成配套，由分步计数原理可得有4×3=12种不同的方法.
3.B 点拨：由分步计数原理可得3×3=9种.此题也可以用穷举法把情况一一列举出来.
4.D 点拨：这种特殊要求的号共有8×9×10×6=4320注，因此至少需花钱4320×2=8640元.
5.D 点拨：在每圆圈两侧均各有一条路可供选择，因此从甲地到乙地共有2×2×2×2
=16种不同的路线.
6.D 点拨：将4个不同的小球放入3个盒子中，每个盒子至少放1个，则必有一个盒子放两个球，另两个盒子各放入1个球.因此可先将4个球分为2，1，1的三堆，设四个小球为A，B，C，D，则可分为：AB，C，D;AC，B，D;AD，B，C;BC，A，D;BD，A，C;CD，A，B共6种.又将它们装入三个不同的盒子中，选一种情况放入编号盒中，1，2，3，AB，C，D;AB，D，C;C，AB，D;C，D，AB;D，AB，C;D，C，AB共6种放法.故共有6×6=36种放法.
7.A 点拨：先从5个球中选出2个球放入与它们编号相同的盒子中，有10种方法，再把余下的三个球放入与它们编号不相同的3个盒子中，有2种放法，根据分步计数原理知共有2×10
=20种放法.
8.D 点拨：第一、第二象限点须y>0，这些点可分为x∈A，y∈B与x∈B，y∈A的两类.前者有3×2=6种，后者有2×4=8种，所以共有6+8=14种.
9.A 点拨：每所学校可得电视台数有3类情形：①5，2，2台，有3种送法;②4，3，2台，有6种送法;③3，3，3台，有1种送法.所以一共有3+6+1=10种不同的送法.
10.B 点拨：最小费用时信息联网工程如答图10-1-1，还有其他情形未画出.
二、11.243 解：由映射定义，A中每一个元素在B中的象都有3个可能，所以可建立不同映射个数为35=243.
12.12 解：72=22×32，72的正因数具有形式为2a3b的数，其中a∈{0，1，2，3}，b∈{0，1，2}，因此，共有正因数4×3=12个.
三、13.解：(1)利用填框图的方法，分三步完成填得一个三位数，百位数，十位数，个位数每一个数位均有3个填法，依分步计数原理，共有33=27个三位数.
(2)可组成104=10000个四位数码.
(3)因数字不可重复使用，故可组成10×9×8×7=5040个四位数码.
14.解：(1)完成着色这件事共分四个步骤：为①着色有6种，为②着色有5种，为③着色有4种，为④着色也有4种，故共有着色方法6×5×4×4=480种.
(2)与(1)不同在于④有三块相邻的区域了，则不同的着色是n(n-1)(n-2)(n-3).
由题设，n(n-1)(n-2)(n-3)=120，(n2-3n)(n2-3n+2)=120.
令n2-3n=t，则t2+2t-12×10=0，∴t=10.
∴n2-3n=10.∴n=5.(n=-2舍去)
B卷
一、1.解：抛物线y=ax2+bx+c过原点，且顶点在第一象限，a、b、c应满足
所以分三步，a=-3，-2，-1，b=1，2，3，c=0.
所以，抛物线的条数为3×3×1=9.
2.C 解：在底面有BC，CD，B1C1，C1D1，在侧面有BB1，DD1与对角线AC1异面.
二、3.解：从A到B共有3+1+2×2=8条不同的单线路可通电.
三、4.解：每一重量只能由砝码的一种组合构成，因不同的重量数仅仅与所选用的不同砝码的个数有关，不同的砝码数构成不同的重量数，同一重量数不会有多种称法.这样本题可转化为怎样选取这些砝码.对1克的砝码有取与不取两种方法，对2克砝码也有2种，对5克砝码有6种取法，50克砝码有5种取法，但均不取是无法称重的，所以.可称重的不同质量数为2×2
×6×5-1=119种.
四、(一)5.解：(1)做完这件事有三类方法：选国画、油画或选水彩画，根据分类计数原理，一共有5+2+7=14种方法.
(2)完成选三幅不同的画布置房间有三个步骤：第一步选国画，第二步选油画，第三步选水彩画.根据分步计数原理，共有5×2×7=70种方法.
(3)一共有5×2+5×7+2×7=59种方法.
(二)6.解：如下表：
人甲乙丙丁
卡乙甲
丙
丁丁
丁
甲丙
甲
丙
思路1：排出所有的分配方案，用穷举法得本题解.
思路2：甲取乙卡分配方案如表所示，此时乙有甲、丙、丁3种取法，若乙取甲，则丙取丁，丁取丙，故有3种分配方案.
由分类计数原理，共有3+3+3=9种.
思路3：分步法：第一步甲取1张不是自己的卡，有3种取法，第2步由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法，第三步由剩余两人中任一人去取，此时，只有一种取法，第四步最后一人取也只有一种取法，所以共有3×3×1×1=9种.
点拨：这类问题一般情况是：n个编号为1，2，…，n的小球放入编号为1，2，…，n的盒子中，而限制第i(i=1，2，…，n)个球不放入第i个盒子里，问共有多少种放法?
一般结论是A
(三)7.解：(1)3×4=12种.(2)3+4=7种.(3)7×6=42种.
(四)8.解：如答图10-1-2，从M到A1，A2，A3，A4，A5的走法分别有1，2，3，4，5种，然后从Ai(i=1，2，3，4，5)到N的走法都只有一种，所以，由两个原理得从M到N的走法共有1×1+2×1+3×1+4×1+5×1=15种.
点拨：本题求解的关键是把M到N分成两步走.
(五)9.解：支付方法可分为三类：第一类为只使用10元或只使用5元或只用1元来支付，有3种方法;第二类是使用其中的两样，使用10元和5元的支付与使用10元和1元的支付，都各有1种方法，使用5元和1元的支付有3种方法，若使用10元、5元，1元三样支付，则只有1个方法，所以共有3+5+1=9种支付方法.
10.D 点拨：该题是规划问题，对于我们是一个陌生情境，其实只要把“传递的最大信息量”类比成“水流量”的“瓶颈”问题，即一条水管所流过的水量等于水管中最窄地方流过的水量问题，而A到B所传递信息等于每条路线所传递的信息量之和，故从A到B传递的最大信息为3+4+6+6=19.
五、11.C 点拨：由题意，ak1，ak2分别表示第k号同学选举第1号，第2号同学的情况.由于所求的是同时同意第1、2号同学当选的人数，而ak1·ak2即可表示第k号同学是否同意第1、2号同学当选，若同时同意，则ak1·ak2=1，若不同时同意，则ak1·ak2=0，故所求人数为
12.30 点拨：因直线过原点，所以C=0，从0，1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A，B两数，且顺序不同，表示直线不同，所以直线的条数为6×5=30.