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【跃远】公务员/银行校招笔试行测技巧：乘法原理
乘法原理，是指乘法的运算结果成为积，是数学概率方面的基本原理。
比如，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。
例：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
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）
⑸a1=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
乘法原理，是指乘法的运算结果成为积，是数学概率方面的基本原理。
比如，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。
例：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
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）
⑸a1=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）
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