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=23527
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：
(1)取23的正因数是20，21，22，33，共3+1种；
(2)取52的正因数是50，51，52，共2+1种；
(3)取7的正因数是70，71，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，可得如下结果：
若pi是质数，ai是正整数(i=1，2，…，r)，则数
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，而被3整除的数的个数．
+a5能被3整除，
于是分别讨论如下：
(1)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)．
(2)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)．
(3)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)．
(4)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)．
(5)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 如图1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？
解 对这五个区域，我们分五步依次给予着色：
(1)区域A共有5种着色方式；
(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；
(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；
(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；
(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．
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www.yf1234.com 于是，根据乘法原理共有
5×4×3×3×2=360
种不同的着色方式．
例7 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，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．
(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
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