【数学】2019届一轮复习人教A版10．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

【数学】2019届一轮复习人教A版10．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

‎10．1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ‎ [知识梳理]‎ ‎1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有几类不同的方案．在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法 完成一件事需要n个步骤，做第1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 结论 完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法 完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法 ‎2．两个计数原理的区别与联系 ‎[诊断自测]‎ ‎1．概念思辨 ‎(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　)‎ ‎(2)在分步乘法计数原理中，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)‎ ‎(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)‎ ‎(4)如果完成一件事情有n个不同的步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m‎1m‎2‎m3…mn种方法．(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√‎ ‎2．教材衍化 ‎(1)(选修A2－3P10T4)某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有(　　)‎ A．510种 B．105种 C．50种 D．以上都不对 答案　A 解析　要完成这件事可分10步，即10名乘客分别选一个车站下车，由于每个乘客都有5个车站进行选择，由分步乘法计数原理知，乘客下车的可能方式有N＝＝510(种)．故选A.‎ ‎(2)(选修A2－3P10T1)某种彩票规定：从01至36共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到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个号组成一注，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 答案　D 解析　这种特殊要求的号共有8×9×10×6＝4320(注)，因此至少需花费4320×2＝8640(元)，所以选D.‎ ‎3．小题热身 ‎(1)(2018·杭州质检)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)‎ A．3 B．‎4 C．6 D．8‎ 答案　D 解析　当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为，，时，也有4个．故根据分类加法计数原理共有8个等比数列．故选D.‎ ‎(2)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)‎ A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 答案　D 解析　需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)．故选D.‎ 题型1　分类加法计数原理的应用 　　三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　)‎ A．4种 B．6种 C．10种 D．16种 本题用树状图法．‎ 答案　B 解析　分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲 同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法．‎ 由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．故选B.‎ 方法技巧 ‎1．分类加法计数原理的用法及要求 ‎(1)用法：应用分类加法计数原理进行计数时，需要根据完成事件的特点，将要完成一件事的方法进行“分类”计算．‎ ‎(2)要求：各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．‎ ‎2．使用分类加法计数原理遵循的原则 有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．‎ 提醒：对于分类类型较多，而其对立事件包含的类型较少的可用间接法求解．‎ 冲关针对训练 ‎(2018·信阳期末)用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有(　　)‎ A．3种 B．5种 C．9种 D．12种 答案　C 解析　用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，有以下几类办法：‎ ‎①用2张10元钱支付；‎ ‎②用1张10元钱和2张5元钱支付；‎ ‎③用1张10元钱、1张5元钱和5张1元钱支付；‎ ‎④用1张10元钱和10张1元钱支付；‎ ‎⑤用1张5元钱和15张1元钱支付；‎ ‎⑥用2张5元钱和10张1元钱支付；‎ ‎⑦用3张5元钱和5张1元钱支付；‎ ‎⑧用4张5元钱支付；‎ ‎⑨用20张1元钱支付．‎ 故共有9种方法．故选C.‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题型2　分步乘法计数原理 　　从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为(　　)‎ A．56 B．‎54 C．53 D．52‎ 答案　D 解析　第一步选取1个数作为底数有8种选择方法，第二步选取1个数作为真数有7种方法，共有8×7＝56个对数，其中对数值相等的有log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94共4个，故选D.‎ ‎[结论探究]　典例1中条件不变，将结论“可以组成不同的对数值”改为“可以组成不同的分数值”，则结果如何，其中有多少个不同的真分数？‎ 解　第一步，从8个数中选取1个作为分母．第二步，再从剩下的7个数中选取1个作为分子，共有8×7＝56个分数，其中重复出现的为12个，故可构成56－12＝44个不同的分数值，其中真分数有22个．‎ 　　定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为________(用数字作答)．‎ 答案　12‎ 解析　显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．‎ 方法技巧 ‎1．分步乘法计数原理的用法及要求 ‎(1)用法：应用分步乘法计数原理时，需要根据要完成事件的发生过程进行“分步”计算．‎ ‎(2)要求：每个步骤相互依存，其中的任何一步都不能单独完成这件事，只有当各个步骤都完成，才算完成这件事．‎ ‎2．应用分步乘法计数原理的注意点 ‎(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能完成这件事．‎ ‎(2)解决分步问题时要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选取．‎ 冲关针对训练 ‎(2018·浙江杭州质检)用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(用数字作答)‎ 答案　48‎ 解析　根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个数排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2,4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a,2，b；a,2,4，b；a,4,2，b；a,2，b,4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种．根据分步乘法计数原理知，满足题意的五位数共有6×8＝48个.‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题型3　两个计数原理的综合应用 角度1　组数、组队、抽取问题 　　(2018·贵阳模拟)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7)，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内多少个不同点(　　)‎ A．18 B．‎10 C．16 D．14‎ 答案　B 解析　第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．‎ ‎①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6(种)情况；‎ ‎②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4(种)情况．‎ 综上共有6＋4＝10(种)情况．故选B.‎ 角度2　涂色问题 　　‎ ‎　如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．‎ 解　可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．‎ 当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有 ‎2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有3＋2＋2＝7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420种．‎ 角度3　与计数原理有关的新定义问题 ‎ 　　(2018·湖北模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.‎ 则：(1)4位回文数有________个；‎ ‎(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．‎ 答案　(1)90　(2)9×10n 解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．‎ ‎(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填法．‎ 方法技巧 ‎1．组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路 ‎(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．见角度1典例．‎ ‎(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．‎ ‎2．涂色(种植)问题的解题关注点和关键 ‎(1)关注点：分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．‎ ‎(2)关键是对每个区域逐一进行，分步处理．见角度2典例．‎ 提醒：对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解．‎ ‎3．新定义问题的解题思路 从特殊情形入手，通过分析、归纳、发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．解决此类问题时，注意化归思想的应用，如角度3典例，将确定回文数的问题转化为填方格问题，进而利用分步乘法计数原理求解，将新信息转化为数学知识．‎ 冲关针对训练 ‎(2018·湖州模拟)如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则有多少种不同的涂色方法(　　)‎ A．24 B．‎72 C．84 D．120‎ 答案　C 解析　‎ 如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，‎ 下面分两种情况：‎ ‎①A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与 A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)．‎ ‎②A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)．共有84种．故选C.‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24 B．‎18 C．12 D．9‎ 答案　B 解析　分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.‎ ‎2．(2018·昆明模拟)某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)‎ A．180种 B．360种 C．720种 D．960种 答案　D 解析　按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．故选D.‎ ‎3．(2017·广东模拟)4个小电灯并联在电路中，每一个电灯均有亮与不亮两种状态，总共可表示________‎ 种不同的状态，其中至少有一个亮的有________种状态．‎ 答案　16　15‎ 解析　电灯状态共分5类，当都不亮时，有C＝1(种)；当有一个亮时，有C＝4(种)；当有2个亮时，有C＝6(种)；当有3个亮时，有C＝4(种)；当4个全亮时，有C＝1(种)．共有1＋4＋6＋4＋1＝16(种)．其中至少有一个亮的有16－1＝15(种)．‎ ‎4．(2018·石家庄模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答)‎ 答案　24‎ 解析　若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案．‎ ‎[基础送分 提速狂刷练]‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有(　　)‎ A．21种 B．315种 C．143种 D．153种 答案　C 解析　可分三类：‎ 一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；‎ 二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；‎ 三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种；‎ ‎∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．故选C.‎ ‎2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．(　　)‎ A．8 B．‎12 C．14 D．9‎ 答案　B 解析　由题意知本题是一个分类计数问题．‎ 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理得到共有12种结果，故选B.‎ ‎3．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　)‎ A．16种 B．18种 C．37种 D．48种 答案　C 解析　自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去，自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37种．故选C.‎ ‎4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为(　　)‎ A．42 B．‎30 C．20 D．12‎ 答案　A 解析　将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．故选A.‎ ‎5．(2017·石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有(　　)‎ A．10种 B．25种 C．52种 D．24种 答案　D 解析　每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．故选D.‎ ‎6．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 (　　)‎ A．60 B．‎48 C．36 D．24‎ 答案　B 解析　长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.故选B.‎ ‎7．(2017·山东模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)‎ A．243 B．‎252 C．261 D．279‎ 答案　B 解析　由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252，故选B.‎ ‎8．(2018·南宁调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有(　　)‎ A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 答案　B 解析　依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．故选B.‎ ‎9．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，若从三名工人中选2名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有(　　)‎ A．6种 B．5种 C．4种 D．3种 答案　C 解析　若选甲、乙2人，则包括甲操作A车床，乙操作B车床或甲操作B车床，乙操作A车床，共有2种选派方法；若选甲、丙2人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法；若选乙、丙2人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这1种选派方法．‎ ‎∴共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．故选C.‎ ‎10．(2018·湖南长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有(　　)‎ A．12对 B．18对 C．24对 D．30对 答案　C 解析　依题意，注意到在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，与直线AC构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC1，BA1，A1D，DC1，注意到正方体ABCD－A1B‎1C1D1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有＝24对，故选C.‎ 二、填空题 ‎11．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x＜y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．‎ 答案　17‎ 解析　当A＝{1}时，B有23－1＝7种情况；‎ 当A＝{2}时，B有22－1＝3种情况；‎ 当A＝{3}时，B有1种情况；‎ 当A＝{1,2}时，B有22－1＝3种情况；‎ 当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况．‎ 故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．‎ ‎12．(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是________．‎ 答案　300‎ 解析　第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；‎ 第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；‎ 第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；‎ 第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．‎ 根据分步乘法计数原理，值为1942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.‎ ‎13．已知数列{an}是公比为q的等比数列，集合A＝{a1，a2，…，a10}，从A中选出4个不同的数，使这4个数成等比数列，这样得到4个数的不同的等比数列的个数为________．‎ 答案　24‎ 解析　当公比为q时，满足题意的等比数列有7种，当公比为时，满足题意的等比数列有7种，当公比为q2时，满足题意的等比数列有4种，当公比为时，满足题意的等比数列有4种，当公比为q3时，满足题意的等比数列有1种，当公比为时，满足题意的等比数列有1种，因此满足题意的等比数列共有7＋7＋4＋4＋1＋1＝24(种)．‎ ‎14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(用数字作答)．‎ 答案　72‎ 解析　解法一：区域1有C种着色方法；‎ 区域2有C种着色方法；区域3有C种着色方法；‎ 区域4,5有3种着色方法(4与2同色有2种，4与2不同色有1种)．‎ ‎∴共有4×3×2×3＝72种不同着色方法．‎ 解法二：区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑．区域1有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂色，此时区域3,5均有两种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法．此时区域3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24种．因此涂法共有48＋24＝72种．‎ 三、解答题 ‎15．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？‎ 解　根据A球所在位置分三类：‎ ‎(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．‎ ‎(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法．‎ ‎(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5‎ 号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18种不同的放法．‎ 综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．‎ ‎16．(2018·江阴模拟)用n(n∈N*)种不同颜色给如图的4个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色．‎ ‎(1)当n＝6时，图①、图②各有多少种涂色方案？(要求：列式或简述理由，结果用数字作答)‎ ‎(2)若图③有180种涂色法，求n的值．‎ 解　(1)当n＝6时，图①A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有5种方法，共有涂色方法6×5×4×5＝600种．‎ 图②若A，C相同，则A有6种方法，B有5种方法，D有4种方法，共有6×5×4＝120种．‎ 若A，C不同，则A有6种方法，B有5种方法，C有4种方法，D有3种方法，共有6×5×4×3＝360种．‎ ‎∴共有涂色方法120＋360＝480种．‎ ‎(2)A有n种方法，B有n－1种方法，C有n－2种方法，D有n－2种方法，共有涂色方法n(n－1)(n－2)·(n－2)种，由n(n－1)(n－2)(n－2)＝180，解得n＝5.‎