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】
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.2100B.24000C.48000D.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.
【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.7B.64C.12D.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.8B.9C.10D.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.20B.30C.60D.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.18B.16C.10D.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.12B.13C.14D.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)
(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
A.26B.24C.20D.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.
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
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-A+A-…+(-1)nA.(此点用到下节排列的知识)
(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.本题难点在于理解题意，题意一旦读懂，选项则一目了然了.
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.