标题：乘法原理
数学描述
令S是元素的序偶（a，b），其中第一个元素a来自大小为p的一个集合，而对于a的每个选择，元素b存在q种选择。于是，S的大小为p×q，即|S|=p×q。乘法原理的第二种形式是：如果第一项任务有p个结果，而不论第一项任务的结果如何，第二项任务有q个结果，那么，这两项任务连续执行就有p×q个结果。
证明
乘法原理是加法原理的一个推论，令a1，a2，…，ap是对元素a的p个不同的选择。将S划分成部分S1，S2，…，Sp，其中Si是S内第一个元素为ai(i=1，2，…，p）的有序偶的集合。每个Si的大小为q，因此由加法有|S|=|S1|+|S2|+…+|Sp|=q+q+…+q(p个q)=p×q
上述推导用到了整数的乘法就是重复的加法这一事实。
例题
例如，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．  点击此处添加图片说明
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，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6561=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． 
解答如下：
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）． 
⑸ a1=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．
练习十八
1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上． 
⑴化学不放在第1位，共有多少种不同排法？ 
⑵语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？ 
⑶物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？ 
⑷文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？ 
2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？ 
3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数， 
⑴可以组成多少个数字不重复的五位奇数？ 
⑵可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？ 
4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？ 
5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？ 
6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？ 
7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？ 
8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？