#智媒体金博士天空[超话]##pⅰ Network社区# 北京时间2020年1月2日12:00
中国区的先锋王伟和范燕峰达成中国区第一笔Pi与商品的互换。
范燕峰以3.14Pi与王伟交换定制手机壳，这次商品交换是PI中国区具有里程碑意义。
期待接下来中国区越来越多Pi与商品和服务的互换。
Beijing time on January 2, 2020 12:00
Wang wei and Fan yanfeng, pioneers from China, have reached the first Pi and Commodity Exchange in China.
Fan yanfeng exchanged the customized mobile phone case with Wang wei at 3.14pi. This Commodity Exchange is a milestone in Pi China.
Looking forward to more and more exchanges between Pi and goods and services in China.
#pinetwork[超话]##Pi network##比特币##区块链#
中国区的先锋王伟和范燕峰达成中国区第一笔Pi与商品的互换。
范燕峰以3.14Pi与王伟交换定制手机壳，这次商品交换是PI中国区具有里程碑意义。
期待接下来中国区越来越多Pi与商品和服务的互换。
Beijing time on January 2, 2020 12:00
Wang wei and Fan yanfeng, pioneers from China, have reached the first Pi and Commodity Exchange in China.
Fan yanfeng exchanged the customized mobile phone case with Wang wei at 3.14pi. This Commodity Exchange is a milestone in Pi China.
Looking forward to more and more exchanges between Pi and goods and services in China.
#pinetwork[超话]##Pi network##比特币##区块链#
北京时间2020年1月2日12:00
中国区的先锋王伟和范燕峰达成中国区第一笔Pi与商品的互换。
范燕峰以3.14Pi与王伟交换定制手机壳，这次商品交换是PI中国区具有里程碑意义。
期待接下来中国区越来越多Pi与商品和服务的互换。
Beijing time on January 2, 2020 12:00
Wang wei and Fan yanfeng, pioneers from China, have reached the first Pi and Commodity Exchange in China.
Fan yanfeng exchanged the customized mobile phone case with Wang wei at 3.14pi. This Commodity Exchange is a milestone in Pi China.
Looking forward to more and more exchanges between Pi and goods and services in China.
#pinetwork[超话]##Pi network##比特币##区块链#
中国区的先锋王伟和范燕峰达成中国区第一笔Pi与商品的互换。
范燕峰以3.14Pi与王伟交换定制手机壳，这次商品交换是PI中国区具有里程碑意义。
期待接下来中国区越来越多Pi与商品和服务的互换。
Beijing time on January 2, 2020 12:00
Wang wei and Fan yanfeng, pioneers from China, have reached the first Pi and Commodity Exchange in China.
Fan yanfeng exchanged the customized mobile phone case with Wang wei at 3.14pi. This Commodity Exchange is a milestone in Pi China.
Looking forward to more and more exchanges between Pi and goods and services in China.
#pinetwork[超话]##Pi network##比特币##区块链#
【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）
由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法
✋热门推荐