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排列组合大全


排列与组合
(一)排列

学习目标 (1)正确理解排列的意义。能利用树形图写出简单问题的所有排列; (2)了解排列和排列数的意义,能根据具体的问题,写出符合要求的排列; (3)掌握排列数公式,并能根据具体的问题,写出符合要求的排列数; (4)会分析与数字有关的排列问题,培养学生的抽象能力和逻辑思维能力; (5)通过对排列应用问题的学习,让学生通过对具

体事例的观察、归纳中找出规律,得出结论,培养学生解决应用问题的能力和 严谨的学习态度。

例题分析 例 1、用 0 到 9 这个个数字.可组成多少个没有重复数字的四位偶数? 分析: 这一问题的限制条件是:①没有重复数字;②数字“0”不能排在千位数上;③个位数字只能是 0、2、4、6、8、,从限制条件入 手,可划分如下: 如果从个位数入手,四位偶数可分为:个位数是“0”的四位偶做,个位数是 2、4、6、8 的四位偶数(这是因为零不能放在千位 数上).由此解法一与二. 如果从千位数入手.四位偶数可分为:千位数是 1、3、5、7、9 和千位数是 2、4、6、8 两类,由此得解法三. 如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类,先求出四位个数的个数,用排除法,得解法四. 解法 1:当个位数上排“0”时,千位,百位,十位上可以从余下的九个数字中任选 3 个来排列,故有 个当个位上在“2、4、6、

8”中任选一个来排,则千位上从余下的八个非零数字中任选一个,百位,十位上再从余下的八个数字中任选两个来排,按乘法原理 有 (个). ∴没有重复数字的四位偶数有 个.

解法 2: 当个位数上排“0”时,同解一有 个;当个位数上排 2、4、6、8 中之一时,千位,百位,十位上可从余下 9 个数字中任选 3 个

个的排列数中减去千位数是“0”排列数得:

∴没有重复数字的四位偶数有 个.

解法 3: 千位数上从 1、3、5、7、9 中任选一个,个位数上从 0、2、4、6、8 中任选一个,百位,十位上从余下的八个数字中任选两个作 排列有 个

干位上从 2、4、6、8 中任选一个,个位数上从余下的四个偶数中任意选一个(包括 0 在内),百位,十位从余下的八个数字中任 意选两个作排列,有 ∴没有重复数字的四位偶数有 个 个.

解法 4: 将没有重复数字的四位数字划分为两类:四位奇数和四位偶数. 没有重复数字的四位数有 其中四位奇数有 ∴没有重复数字的四位偶数有 个 说明; 这是典型的简单具有限制条件的排列问题,上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质,掌握其解答方法, 以期灵活运用. 个.

例 2、三个女生和五个男生排成一排 (1)如果女生必须全排在一起,可有多少种不同的排法? (2)如果女生必须全分开,可有多少种不同的排法? (3)如果两端都不能排女生,可有多少种不同的排法? (4)如果两端不能都排女生,可有多少种不同的排法? 解: (1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起,所以可以先把她们看成一个整体,这样同五个男生合一起共有六个元素,然成一排 有 种不同排法.对于其中的每一种排法,三个女生之间又都有 对种不同的排法,因此共有 种不同的排法

(2)(插空法)要保证女生全分开,可先把五个男生排好,每两个相邻的男生之间留出一个空档.这样共有 4 个空档,加上两边 两个男生外侧的两个位置,共有六个位置,再把三个女生插入这六个位置中,只要保证每个位置至多插入一个女生,就能保证任意 两个女生都不相邻.由于五个男生排成一排有 入都有 (3) 解法 1:(位置分析法)因为两端不能排女生,所以两端只能挑选 5 个男生中的 2 个,有 种排法,其余六位都有 成一排共有 种排法,所以共有 种不同的排法. 种不同的排法,对于其中的任意一 种方法,因此共有 种不同排法,对于其中任意一种排法,从上述六个位置中选出三个来让三个女生插 种不同的排法.

解法 2:(间接法)3 个女生和 5 个男生排 种排法,但这样两端都是女生的

种不同的排法,从中扣除女生排在首位的

种排法和女生排在末位的

排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次,在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次,所以还需加一次回来,由于两端都是 女生有 种不同的排法,所以共有 种不同的排法. 种不同的排法,对于其中的任意一种排活,其

解法 3:(元素分析法)从中间 6 个位置中挑选出 3 个来让 3 个女生排入,有 余 5 个位置又都有 种不同的排法,所以共有

种不同的排法,(4)解法 1:因为只要求两端不都排女生,所以 种不同的排法;如果首位排女生,有 种不同的排法,这样可有 种排法,这时末位就只 种不同排法.因

如果首位排了男生,则未位就不再受条件限制了,这样可有 能排男生,有 此共有

种排法,首末两端任意排定一种情况后,其余 6 位都有 种不同的排法.

解法 2:3 个女生和 5 个男生排成一排有 种数. 因此共有 说明:

种排法,从中扣去两端都是女生排法

种,就能得到两端不都是女生的排法

种不同的排法.

解决排列、组合(下面将学到,由于规律相同,顺便提及,以下遇到也同样处理)应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析 法和元素分析法. 若以位置为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置,有两个以上约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它 条件. 若以元素为主,需先满足特殊元素要求再处理其它的元素.

间接法有的也称做排除法或排异法,有时用这种方法解决问题来得简单、明快. 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法,要认真搞清在什么条件下使用.

例 3、排一张有 5 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单。 (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种? (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种? 解: (1)先排歌唱节目有 蹈节目不相邻排法有: (2)先排舞蹈节目有 间隔排列的排法有: 说明: 对于“间隔”排列问题,我们往往先排个数较少的元素,再让其余元素插空排列。否则,若先排个数较多的元素,再让其余元素 插空排时,往往个数较多的元素有相邻情况。如本题(2)中,若先排歌唱节目有 含有歌唱节目相邻的情况,不符合间隔排列的要求。 ,再排舞蹈节目有 ,这样排完之后,其中 种,歌唱节目之间以及两端共有 6 个位子,从中选 4 个放入舞蹈节目,共有 =43200. 中方法,在舞蹈节目之间以及两端共有 5 个空位,恰好供 5 个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目 =2880 种方法。 中方法,所以任两个舞

例 4、某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么 共有多少种不同的排课程表的方法. 分析与解法 1: 6 六门课总的排法是 ,其中不符合要求的可分为:体育排在第一书有 种排法,如图中Ⅰ;数学排在最后一节有 种排

法,如图中Ⅱ;但这两种排法,都包括体育排在第一书数学排在最后一节,如图中Ⅲ,这种情况有 法应是: 分析与解法 2: 根据要求,课程表安排可分为 4 种情况: (1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节,这种排法有 (2)数学排在第一节但体育不排在最后一节,有排法 (3)体育排在最后一节但数学不排在第一节,有排法 种; 种; 种; (种).

种排法,因此符合条件的排

(4)数学排在第一节,体育排在最后一节,有排法 (种). 分析与解法 3: 根据要求,课表安排还可分下述 4 种情况: (1)体育,数学既不在最后也不在开头一节,有

这四类排法并列,不重复也不遗漏,故总的排法有:

种排法;

(2)数学排在第一节,体育不排在最后一节,有 4 种排法; (3)体育在最后一书,数学木在第一节有 4 种排法; (4)数学在第一节,体育在最后一节有 1 种排法. 上述 21 种排法确定以后,仅剩余下四门课程排法是种 下面再提出一个问题,请予解答. 问题:有 6 个人排队,甲不在排头,乙不在排尾,问并肩多少种不同的排法. 请读者完成此题. 说明: 解答排列、组合问题要注意一题多解的练习,不仅能提高解题能力,而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法 ,故总排法数为 (种).

检测题

1.6 人站一排,甲不站在排头,乙不站在排尾,共有_________种不同的排法. 2.5 名男生和 4 名女生排成一队,其中女生必须排在一起,一共有________种不同的排法. 3.a,b,c,d 排成一行,其中 a 不排第一,b 不排第二,c 不排第三,d 不排第四的不同排法有_______种. 4.0,1,2,3,4,5 这六个数组成没有重复数字的四位偶数,将这些四位数从小到大排列起来,第 71 个数是 5.下列各式中与排列数 相等的是( ). .

A.

B.

C. 6. A. ,且 B.

D. ,则 C. D. 等于( ).

7.若 A.8 B.5 C.3 D.0

,则

的个位数字是( ).

8.7 名同学排成一排,其中甲、乙两人必须排在一起的不同的排法有( ). A.720 种 B.360 种 C.1440 种 D.120 种

9.求和 10.5 名男生、2 名女生站成一排照像: (1)两名女生要在两端,有多少种不同的站法? (2)两名女生都不站在两端,有多少不同的站法? (3)两名女生要相邻,有多少种不同的站法? (4)两名女生不相邻,有多少种不同的站法?

.

(5)女生甲要在女生乙的右方,有多少种不同的站法? (6)女生甲不在左端,女生乙不在右端,有多少种不同的站法?

参考答案:

1.504

2.17280

3.9

4.3140

5.D

6.D

7.C

8.C

9.∵



.

∴ 10. (1)两端的两个位置,女生任意排,中间的五个位置男生任意排; (2)中间的五个位置任选两个排女生,其余五个位置任意排男生; (种); (种);

(3)把两名女生当作一个元素,于是对六个元素任意排,然后解决两个女生的任意排列; (种); (4)把男生任意全排列,然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生; (种); (5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决,因为留下两个位置女生排法是既定的;

(种); (6)采用排除法,在七个人的全排列中,去掉女生甲在左端的 乙在右端的 种排除了两次,要找回来一次. 个,再去掉女生乙在右端的 (种). 个,但女生甲在左端同时女生

(二)组合

学习目标 (1)正确理解组合的意义,正确区分排列、组合问题; (2)掌握组合数的计算公式、组合数的性质以及组合数与排列数之间的关系,并能运用这些知识解决一些简单的组合应用题; (3)通过对排列、组合综合问题的求解与剖析,培养按事件发生的过程进行熟练地分类与分步,培养严谨科学的思维习惯.培养 严谨的学习态度. (4)通过对比排列学习组合知识,掌握类比的学习方法,提高分析问题和解决问题的能力,并培养用对立统一规律和辩证唯物主 义思想解决实际问题.

例题分析

第一阶梯

例 1、计算:(1) 分析:

; (2)



本题如果直接计算组合数,运算比较繁.本题应努力在式子中创造条件使用组合数的性质,第(1)题中, 形后, 可继续使用组合数性质.(2) 第 题有两个考虑途径, 一方面可以抓住项的变形 接着 解: , ?,反复使用公式. , 求和; 另一方面, 变形

,经此变 ,

(1)原式 (2)原式 另一方法是: 原式 .





说明: 利用第(2)小题的手段,我们可以得到组合数的一个常用的结论: . 左边 右边.

例 2、从 7 名男生 5 名女生中,选出 5 人,分别求符合下列条件的选法种数有多少种? (1)A、B 必须当选; (2)A、B 都不当选; (3)A、B 不全当选; (4)至少有 2 名女生当选; (5)选出 5 名同学,让他们分别担任体育委员、文娱委员等 5 种不同工作,但体育委员由男生担任,文娱委员由女生担任. 分析: 本题是组合应用题中典型的选代表问题,通过一些明确的条件对结果进行限制.问题(1)A、B 必须当选,它们就不必再考虑, 只要再选出余下的代表.问题(2)A、B 必须不当选,实际上就是去掉这几个元素不予考虑.问题(3)A、B 不全当选可以从正反两 方面考虑.从正面考虑可以按 A、B 全不选和 A、B 选一个分类,从反面考虑可用间接法,去掉 A、B 全选的情况.问题(4)可以按 女生选 2 人、3 人?进行分类,当然也可以从反面考虑用间接法.问题(5)可以先处理特殊位置的体育班委与文娱班委. 解: (1)除 A、B 选出外,从其它 10 个人中再选 3 人,共有的选法种数为 (2)去掉 A、B,从其它 10 人中任选 5 人,共有的选法种数为: (3)按 A、B 的选取情况进行分类:A、B 全不选的方法数为 (种). 本小题的另一解法:从 12 人中选 5 人的选法中去掉 A、B 全选的情况,所有选法只有 方法一:按女同学的选取情况分类: 选 2 名女同学、3 名男同学;选 3 名女同学 2 名男同学;选 4 名女同学 1 名男同学;选 5 名女同学.所有选法数 为: (种). (种). (种). (种). ,共有选法

,A、B 选 1 人的方法数为

方法二:从反面考虑,用间接方法,去掉女同学不选或选 1 人的情况,所有方法总数为

(种). (5)选出一个男生担任体育班委,再选出 1 名女生担任文娱班委,剩下的 10 人中任取 3 人担任其它 3 个班委.用分步计数原理 可得到所有方法总数为: 说明: 对于本题第(4)小题,“至少有 2 名女生当选”,我们可能还有另外一种考虑,先从 5 名女生中选出 2 人,然后在剩下的 10 人 中任选 3 人,得到的方法数为 (种),与上述答案比较,结果明显增多了,为什么会出现以上情况?上述步骤得到 (种).

的选取结果虽然符合了有 2 名女生的要求,但在计数时出现了重复,比如先选两女生为 a、b,剩下的 10 人中如果又选出了女生 c, 与先选两名女生为 a、c 后又选出了女生 b,出现了同样的结果,因为选取问题仅考虑选出了哪些元素,至于先选后选并不考虑.这 里需要我们引起注意的是以后遇到“至少”类型的问题,一般采用分类法或间接法解决,在选取问题中尽可能避免出现重复计数, 我们还可以进一步从下一个例子加深理解.

例 3、空间 10 个点,其中有 5 点在同一个平面内,其余无三点共线,四点共面,问以这些点为顶点,共可构成多少个四面体? 分析: 本题如果从正面考虑可以按 5 个共面的点的选用情况进行分类.如果从反面考虑用间接法,只要去掉从 5 个共面的点中任取四个 点的情况,因为共面的四个点不能构成四面体的四个顶点. 解:方法一:可以按共面的点取 0 个、1 个、2 个、3 个进行分类,得到所有的取法总数为: 个. 方法二:从 10 个点中任取 4 个点的方法数中去掉 4 个点全部取自共面的 5 个点的情况,得到所有构成四面体的方法数为: (个). 说明: 以几何为背景的此类应用题中,间接方法用得比较多,在考虑去掉不符合要求的选法时,既不能多去,也不能少去,此外有时还 需去掉一些重复计数的情况.比如:四面体的顶点和各条棱的中点共 10 个点,任取其中的 4 个点,其中不共面的取法有多少种?我 们可以从 10 个点中任取 4 点.共有 种取法,然后去掉下面几种情况,4 个点取在四面体的同一个面上,有 种取法;四个

中点连成平行四边形的情形,有 3 种取法,还有 3 点在四面体的一条棱上,另一点是其它点,不考虑已计算的四点在四面体同一面 上的情况,共有 6 种取法.用间接法可得不同的取法共有: (种).

例 4、在 1,3,5,7,9 中任取 3 个数字,在 0,2,4,6,8 中任取两个数字,可组成多少个不同的五位偶数. 分析:

因为零不能作首位数,所以是特殊元素,因此可以根据选零不选零为分类标准。 解:第一类:五位数中不含数字零。 第一步:选出 5 个数字,共有 第二步:排成偶数—先排末位数,有 ∴ (个) 种选法. 种排法,再排其它四位数字,有 种排法.

第二类:五位数中含有数字零. 第一步:选出 5 个数字,共有 第二步:排顺序又可分为两小类; (1)末位排零,有 种排列方法; 种选法,而因为零不能排在首位,所以首位有 种排法,其余 3 个数字则有 种排法. 种选法。

(2)末位不排零.这时本位数有 ∴ ∴ 符合条件的偶数个数为

(个) 说明: 本题也可以用间接法(即排除法)来解.请读者自行完成.

例 5、有 12 名划船运动员,其中 3 人只会划左舷,4 人只会划右舷,其余 5 人既会划左舷也会划右舷。现在要从这 12 名运动员中 选出 6 人平均分在左、右舷划船参加比赛,有多少种不同的选法? 分析: 设集合 A={只会划左舷的 3 个人},B={只会划右舷的 4 个人},C={既会划左舷又会划右舷的 5 个人}先分类,以集合 A 为基准,划 左舷的 3 个人中,有以下几类情况:①A 中有 3 人;②A 中有 2 人;C 中有 1 人;③A 中有 1 人,C 中有 2 人;④C 中有 3 人。第①类, 划左舷的人已选定,划右舷的人可以在 左舷的人在 A 中选 2 人,有 选法。因是分步问题,所以有 为是分类,所以一共有 中选 3 人,即有 种选法。因是分步问题,所以有 种选法,划右舷的在 种选法。第②类,划 种

种选法,在 C 中选 1 人,有

中剩下的 8 个人中选 3 人,有 种选法。第④类有

种选法。类似地,第③类,有 种选法。

种选法。因

解:

种 答:一共有 2174 种不同选法. 说明: 这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题,只要能运用分类思想正确对所求选法分类,又能正确地根据题目要求合理地考 察步骤,就可以顺利地求得解.在分类时,要注意做到既不重复也不遗漏. 这里是以集合 A 为基准进行分类,也可以集合 B 或集合 C 为基准进行分类,其结果是相同的,但一般都选择元素个数较少的集合 作为基准来分类,这样可以减少分类,方便运算.

例 6、甲、乙两队各出 7 名队员,按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方由 1 号队员出赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?,直到一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比赛过程,试求所有可能出现的比赛过程的种类. 分析与解: 若甲队取胜,比赛结果可能是 7:0 只有一个过程; 7:1 共 8 场,乙队在前 7 场中胜一场,有 7:2 共 9 场,乙队在前 8 场中胜二场,有 7:3 共 10 场,乙队在前 9 场中胜三场,有 ?????? ∴甲队取胜的过程种数是: 类似乙队取胜也有同样的过程种数 ∴ 共有 小结: 一个排列与另一个排列的区别有两点,一点是元素不同,另一点是顺序不同(在元素相同时);而一个组合与另一个组合不同点 仅是元素不同,由此可知,排列是有顺序问题,组合是无顺序问题.本题是一应用问题,根据实际确定是组合问题. 种不同的比赛过程. 种不同的过程; 种不同的过程; 种不同的过程; , , , , , , .

例 7、从 1 到 9 的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的七位数? (2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个? (3)(1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个? (4)(1)中任意两偶然都不相邻的七位数有几个? 分析与解: (l)分步完成:第一步在 4 个偶数中取 3 个,可有 4 个奇数进行排列,可有 种情况;第二步在 5 个奇数中取 4 个,可有 个. 个. 个. 个. 种情况;第三步 3 个偶数,

种情况,所以符合题意的七位数有

(2)上述七位数中,三个偶数排在一起的有 (3)上述七位数中,3 个偶数排在一起,4 个奇数也排在一起的有

(4)上述七位数中,偶数都不相邻,可先把 4 个奇数排好,再将 3 个偶数分别插入 5 个空档,共有 说明; 对于有限制条件的排列问题,常可分步进行,先组合再排列,这是乘法原理的典型应用.

例 8、6 本不同的书,按照以下要求处理,各有几种分法? (1)一堆一本,一堆两本,一堆三本; (2)甲得一本,乙得两本,丙得三本; (3)一人得一本,一人得二本,一人得三本; (4)平均分给甲、乙、丙三人; (5)平均分成三堆. 分析与解: (1)先在 6 本书中任取一本.作为一本一堆,有 后从余下三本取三本作为一堆,有 (2)由(1)知.分成三堆的方法有 法亦为 种. 种,但每一种分组方法又有 不同的分配方案,故一人得一本,一人得两本,一 种取法,再从余下的五本书中任取两本,作为两本一堆,有 种. 种取法,再

种取法,故共有分法

种,而每种分组方法仅对应一种分配方法,故甲得一本,乙得二本,丙得三本的分

(3)由(1)知,分成三堆的方法有

人得三本的分法有

(种). 种,甲不论用哪一种方法取得 2 本书后,已再从 种方法,所以

(4)3 个人一个一个地来取书,甲从 6 本不同的书本中任取出 2 本的方法有 余下的 4 本书中取书有 一共有

种方法,而甲、乙不论用哪一种方法各取 2 本书后,丙从余下的两本中取两本书,有 种方法.

(5)把 6 本不同的书分成三堆,每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人二本的区别在于,后者相当于把六本不同 的书,平均分成三难后,再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人.因此,设把六本不同的书,平均分成三堆的方法有 那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人 2 本的分法就应 种,

种,由(4)知,把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人 2

本的方法有 说明:

种.所以

,则

(种)

本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题,搞清类型的归属对今后解题大有补益,其中 (1)属非均匀分组问题. (2)属非均匀定向分配问题.

(3)属非均匀不定向分配问题.(4)属均匀不定向分配问题. (5)属均匀分组问题.

例 9、有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三个人. (1)如果每人得两本,有多少种不同的分法; (2)如果一个人得一本,一个人得 2 本,一个人得 3 本有多少种不同的分法; (3)如果把这 6 本书分成三堆,每堆两本有多少种不同分法. 分析与解: (1)假设甲先拿,则甲从 6 本不同的书中选取 2 本有 种,此时剩下的两本书自然给丙,就只有 种方法,不论甲取走的是哪两本书,乙再去取书时只能有 种不同分法. 种不同的分法.

种方法,由乘法原理得一共有 种法,一共有

(2)先假设甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本则有 (3)把 6 本书分成三堆,每堆 2 本,与次序无关.

所以一共有 说明:

种不同分法.

本题的三个问题要注意区别和联系,不要混淆. 6 本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成 3 堆每堆两本是有区别的,前者虽然也属均分问题,但要甲、乙、丙三个人一个人一 个人的去拿,而后者属均分问题又是无序问题,所以必须除以 要除以 . .一般地, 个元素中有 个元素( )均分成 m 堆一定

例如:有 17 个桃,分成 8 堆,其中一堆一个,一堆 4 个,另外 6 堆每堆都是 2 个,有多少种不同的分法.

一共有

种不同分法.

检测题 选择题 1.掷下 4 枚编了号的硬币,至少有 2 枚正面朝上的情况有( ). A. 种 B. 种

C.



D.不同于 A、B、C 的结论

2.从 A、B、C、D、E 五名学生中选出四名分别参加数学、物理、化学、英语竞赛,其中 A 不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛 方案种数为( ). A.24 B.48 C.121 D.72

3.数字不重复,且个位数字与千位数字之差的绝对值等于 2 的四位数的个数为( ). A.672 B.784 C.840 D.896

4.

?,

为 100 条共面且不同的直线, 若其中编号为

的直线互相平行, 编号为 4k-3 的直线都过某定点 A. 则

这 100 条直线的交点个数最多为( ). A.4350 B.4351 C.4900 D.4901

填空题
1.在数字 0,1,2,3,4, 5,6 中,任取 3 个不同的数字为系数 a,b,c,组成二次函数 y=ax +bx+c,则一共可以组成__________个不同的解析 式? 2.甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 项工程,甲公司承包 3 项,乙公司承包一项,丙、丁公司各承包 2 项,则共有_________种承包方式. 3.四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,则恰好有一个空盒的放法共有______种.
2

4.某校乒乓球队有男运动员 10 人和女运动员 9 人,选出男、女运动员各 3 名参加三场混合双打比赛(每名运动员只限参加一场比赛),共有 ___种不同的选赛方法.

解答题 1.有 7 本不同的书:(1)全部分给 6 个人,每人至少一本;(2)全部分给 5 个人,每人至少一本,求各有多少种不同的分法. 2.九张卡片分别写着数字 0,l,2,?,8,从中取出三张排成一排组成一个三位数,如果写着 6 的卡片还能当 9 用,问共可以 组成多少个三位数?

参考答案: 选择题: 1.A 2.D 3.C 4.B

填空题: 1.180 解答题: 1. (l)先取两本书作为一份,其余每本书为一份,将这六份书分给 6 个人,有 种分法 2.1680 3.144 4.3628800

(2) 有两类办法: 一人得 3 本, 其余 4 人各得一本, 方法数为

; 两人各得 2 本, 其余 3 人各得一本, 方法数为



所以所求方法种数为

.

2.以是否取卡片 6 分成两类,每类中再注意三位数中 0 不能在首位. (l)不取卡片 6,组成三位数的个数为 (2)取卡片 6,又分成两类, (i)当 6 用时组成的三位数的个数为 (ii)当 9 用时同样有个 根据加法原理得所求三位数的个数为: . . ; ;

排列与组合

一、教材分析:
1.基本概念:排列与排列数、组合与组合数 从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列;从 n 个不同元素中取出

m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数,用符号

表示.

从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合;从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素

的所有组合的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用符号 2.基本公式:

表示.

=n(n-1)(n-2)??(n-m+1)=

(规定 0!=1).

=

(规定

=1)

. 3.排列组合的解题原则: (1)深入弄清问题的情景

要深入弄清问题的情景,切实把握各因素之间的相互关系,不可分析不透,就用



乱套一气.具体地说:首先要弄清有无“顺序”的

要求,如果有“顺序”的要求,用

,如果无“顺序”要求,就用

;其次,要弄清目标的实现,是分步达到的,还是分类完成的,前者用

分步计数原理,后者用分类计数原理.事实上,一个复杂的问题,往往是分类和分步交织在一起的,这就要准确分清,哪一步用分步计数原理,哪 一步用分类计数原理. (2)两个方向的解题途径 对于较复杂的问题,一般都有两个方向的列式途径,一个是正面直接解,一个是反面排除法.前者是指按要求,一点一点选出符合要求的方案, 后者是指先按照全局性的要求,选出方案,再把不符合其他要求的方案排除掉. 这两个途径的优劣因题而异.一般地,一道题目“正面解”很繁琐时,“反面排除”往往简单,反之亦然. (3)分析问题的两个方向 分析问题时,我们往往从元素和位置两个方向插手,一般情况,从算理上说,从特殊元素和特殊位置两个方向都能解决问题.但具体问题从特 元与特位上作对比,则可能大相径庭,差距很大。因此平常做题时,这两种训练都要进行. (4)特别强调一题多解 一题多解,可以从不同角度分析同一问题,加深对分类计数原理、分步计数原理及排列组合的深刻认识与体会,同时,一题多解也是解排列组 合问题最有效,最主要的检验方法. 4.对常见问题分类总结

关于数字问题,要注意“0”这个特元,关于人或物的排列问题,要注意元素相邻,往往采取“捆绑法”看成一个整体,元素不相邻,则往往 采取“插空”的方法. 二、例题分析 例 1. (1)用 0,1,2,3,4 组合多少无重复数字的四位数? (2)这四位数中能被 3 整除的数有多少个? 解:(1)直接分类法:

①特元法:

②特位法:先考虑首位,可以从 1,2,3,4 四个数字中任取一个,共

种方法,再考虑其它三个位置,可以从剩下的四个数字中任取 3 个.



种方法,则共有

=96 种方法,即 96 个无重复数字的四位数.

间接排除法:先从五个数字中任取四个排成四位数:

,再排除不符合要求的四位数即 0 在首位的四位数:

.则共有

=96 个.

(2)能被 3 整除的四位数应该是四位数字之和为 3 的倍数.

分析:因为不含 0 时,1+2+3+4=10.10 不是 3 的倍数,所以组成的四位数必须有 0,即 0,1,2,3 或 0,2,3,4,共有 2( 例 2.用 0,1,2,3,4 五个数字组成无重复数字的五位数从小到大依次排列.(1)第 49 个数是多少? (2)23140 是第几个数? 解: (1)首位是 1,2,3,4 组成的五位数各 24 个.所以第 49 个数是首位为 3 的最小的一个自然数,即 30124.

)=36 个.

(2)首位为 1 组成

=24 个数;

首位为 2,第二位为 0,1 共组成

=12 个数.

首位为 2,第二位为 3,第三位为 0 的数共

=2 个;首位为 2,第二位为 3,第三位为 1,第四位为 0 的数有 1 个,为 23104.

由分类计数原理:

+

+

+1=39.

按照从小到大的顺序排列 23104 后面的五位数就是 23140,所以 23140 是第 40 个数. 例 3.5 男 6 女排成一列,问 (1)5 男排在一起有多少种不同排法? (2)5 男都不排在一起有多少种排法? (3)5 男每两个不排在一起有多少种排法? (4)男女相互间隔有多少种不同的排法?

解:

(1)先把 5 男看成一个整体,得

,5 男之间排列有顺序问题,得

,共

种.

(2)全排列除去 5 男排在一起即为所求,得

.

(3)因为男生人数少于女生人数,利用男生插女生空的方法解决问题,得

.

(4)分析利用男生插女生空的方法,但要保证两女生不能挨在一起,得

.

例 4.3 名医生和 6 名护士被分配到 3 个单位为职工体检,每单位分配 1 名医生和 2 名护士,不同的分配方案有多少种?

解:3 名医生分到 3 个单位有 方案.

种方案,6 名护士分到 3 个单位,每个单位 2 名有

种,根据分步计数原理,共有

=540 种

例 5.四面体的顶点和各棱中点共 10 个点,在其中取 4 个点,可以组成多少个不同的三棱锥? 解:组成三棱锥,只需 4 个点不共面,考虑到直接法有困难,故采用间接排除法.

从 10 个点中任取 4 个点有

中,其中 4 个点共面有三类情况:①4 个点位于四面体的同一面中,有 4

种;②取任一条棱上的 3 个点,及

该棱对棱的中点,这四点共面共有 6 种;③由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱),它的 4 个顶点共面有 3 种,

所以不同的取法共有

-4

-6-3=141 种.

例 6.求证(1) 证明:

;(2)

(1)

另一种解释:对于含某元素 a 的(n+1)个元素中取 m 个元素的排列可分为两类, 一类是不含元素 a 的, 有

个; 另一类是含元素 a 的, m 有

个,因此共有(

+m

)个,即

+m

=

.

(2)



.

另一种解释:对于含有某元素 a 的(n+1)个元素中取 m 个元素的组合可分为两类, 一类是不含元素 a 的, 有

个; 另一类是含元素 a 的有

个,因此共有( 三、课外练习:

+

)个,即

.

1.用 1,2,3,4,5 这五个数字组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( A、24 个 B、30 个 C、40 个 D、60 个

).

2.5 男 2 女排成一排,若女生不能排在两端,且又要相邻,不同的排法有( A、480 种 B、960 种 C、720 种 D、1440 种

).

3. 某天课表中 6 节课需从 4 门文科, 门理科中选出 6 门课程排出, 4 其中文科交叉排, 且一、 二节必须排语文、 数学, 则不同的排法共有_________ 种. 4.在 50 件产品中有 4 件是次品,其余均合格,从中任意取出 5 种,至少 3 件是次品的取法共有________种. 5. 正方体的 8 个顶点可确定不同的平面个数为________,以这些顶点为顶点的四面体共有__________个.

参考答案: 1.A 2. B

3. 72. 先选出另两门文科,理科有 种.

种,又因为文科交叉且一、二节必须排语文,数学有

种,所以有

=72

4.

=4186.

5.①

+12=20



-2×6=58

测试

选择题 1.不等式 A、{x|x>3} >3 的解集是( ) C、{x|3<x<4, x∈N} D、{x|x>3,x∈N}

B、{x|x>4, x∈N}

2.数



) B、一定是偶数 D、以上结论都不对

A、一定是奇数 C、奇偶性由 n 的奇偶性来决定

3.用 0,1,2,3,这四个数字组成个位数不是 1 的没有重复数字的四位数共有( A、16 B、14
C、12

)个

D、10

4.要排一个有 5 个独唱节目和 3 个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排头,并且任何 2 个舞蹈节目不连排,则不同的排法种数是(



A、

B、

C、

D、

5.若直线方程 Ax+By=0 的系数 A、B 可以从 0,1,2,3,6,7 等六个数字中取不同的数值,则这些方程所表示的直线条数是( A、 -2 B、
C、



+2

D、

6.不同的 5 种商品在货架上排成一排,其中 a、b 两种必须排在一起,而 c、d 两种不能排在一起,则不同的排法共有( A、12 种 B、20 种 C、24 种 D、48 种



7.有 5 列火车停在某车站并行的 5 条轨道上,若快车 A 不能停在第 3 道上,货车 B 不能停在第 1 道上,则 5 列火车的停车方法 共有( ) B、72 种 C、120 种 D、96 种

A、78 种

8.用 0,1,2,3,4,5,六个数字组成没有重复数字的六位奇数的个数是(



A、

B、

C、

D、

9.由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的共有( A、210 个 B、300 个 C、464 个 D、600 个



10.从全班 50 名学生中,选出 6 名三好学生,其中地区级 1 名,县级 2 名,校级 3 名,求不同选法的种数.对于这道题,甲列 式子 A、全正确

,乙列式子

,丙列式子

,其中所列式子(



B、仅甲、乙正确

C、仅乙、丙正确

D、仅甲、丙正确

答案与解析

答案:1、D 解析: 1.选 D. 2.选 B. 3.选 B.

2、B

3、B

4、C

5、B

6、C

7、A

8、A

9、B

10、A

=14 个. ,舞蹈不需排在头一个节目,又需任何两个舞蹈节目不连排,只要把舞蹈节目插入独唱节

4.选 C.5 个独唱节目的排法是

目构成的 5 个空隙中即可,即舞蹈的排法是

,故选择 C. -2 条,再加入 A、B 中恰有一个不为零时所表示的两条直线,

5.选 B.先考虑非零的 5 个数字,它们可以组成不同的直线是 故选 B. 6.2·(4!-2·3!)=24,故本题应选 C.

7.不考虑不能停靠的车道,5 辆车共有 5!=120 种停法.A 停在 3 道上的停法:4!=24 种; B 停在 1 道上的停法:4!=24 种;AB 分别停在 3 道、1 道上的停法:3!=6 种. 故符合题意的停法:120-24-24+6=78 种.故本题应选 A. 8.末位只能取 1,3,5,只有 3 种可能,首位又不能取 0,只有 4 种可能,共有 3·4· 9.由 0,1,2,3,4,5 组成的没有重复数字的六位数共有 种可能,故本题应选 A.

个,其中个位数字小于十位数字与十位数字小于个位数字

的个数是一样的.因此满足条件的六位数共有: 10.解法 1: 种.解法 2:

=300 个,故本题应选 B. 种.解法 3: 种.故本题应选 A.

课外拓展 排列、排列数公式·疑难问题解析

1.理解排列的概念,必须注意以下几点: (1)定义中规定给出的 n 个元素各不相同,并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果某个元素已被取出,则 这个元素就不能再取了,否则就变成了取出两个相同的元素. (2)在定义中,包含两方面的内容: 第一是选元素.“从 n 个不同元素中任取 m 个不同元素”,要注意被取的元素是什么?取出的元素又是什么?即明确问题中的 n 和 m 各是什么. 第二是排顺序.“将取出的 m 个元素按照一定的顺序排成一列.”有排顺序的要求是排列问题中的本质属性. (3)由于是从 n 个不同元素中取出 m 个不同元素,因此必有 m≤n,当 m=n 时,即所有元素都取出的排列,这种特殊的排列叫做全 排列. (4)定义中的“一定顺序”,是与位置有关的问题.对有些具体情况,如取出数字 1,2,3 组成三位数,就与位置有关.因 123 和 132 是不同的三位数.但如取出数字 1,2,3 考虑它们的和,则与位置无关. 2.写出所有排列的方法
排列是指具体的排法.如一个排列 ABC,是指 A 排在左端,B 排在中间,C 排在右端这一具体排法,在写具体的排列时,必须按一定

规律写,否则容易造成重复或遗漏.我们常用画树形图的方法逐一写出所有排列.
如:写出 A,B,C,D 四个元素中任取两个元素的所有排列.

所有排列为 AB,AC,AD,BA,BC,BD,CA,CB,CD,DA,DB,DC,共有 12 种不同的排列.

3.相同排列
从排列定义知道,如果两个排列相同,不仅这两个排列的元素必须完全相同,而且排列的顺序也必须完全相同.例如,AB 和 BA,虽然元素

相同,但由于顺序不同,所以就不是两个相同的排列,而是两个不同的排列.

4.排列问题的判断
如何判断一个具体问题是不是排列问题,就看从 n 个不同元素中取出的 m 个元素是有序还是无序,有序是排列,无序就不是排列.例

如,从 2,3,7,21 四个数中任取两个数相加,可得到多少个不同的和.这四个数中任取两个数出来以后做加法,因为加法满足交 换律,2+3=3+2,它们的和与顺序无关,因此就不是排列问题.
如果从上面这四个数中任取两个相减,一共有多少个不同的差.因为 3-2≠2-3,这里有被减数和减数的区别,取出的两个数 2 与 3 就与

顺序有关了,这就属排列问题. 5.排列与排列数 要分清“排列”和“排列数”这两个不同的概念,一个排列是指从 n 个不同元素中,任取 m 个元素,按照一定顺序排成一列的 一种具体排法,它不是数.而排列数是指从 n 个不同元素中取 m 个不同元素的所有排列的个数,它是一个数.如从 a,b,c 中任取 两个元素的排列可以有以下 6 种:ab、ac、ba、bc、ca、cb,每一种都是一个排列,而数字 6 就是排列数. 6.关于排列数公式 (1)排列数公式 An =n(n-1)?(n-m+1),其特点是:从自然数 n 开始,后一个因数比前一个因数小 1,最后一个因数是 n-m+1,共 m 个因数相乘. (2)当 m=n 时,排列数公式为 An =n!,相应地从 n 个不同元素中将元素全部取出的一个排列是全排列.
n m

7.关于排列的应用题
在解关于排列的应用题时,要特别注意如下几点:

(1)弄清题意.要明确题目中的事件是什么,可以通过怎样的程序来完成这个事件,进而是采用相应的计算方法,不能乱套公式, 盲目地计算. (2)弄清问题的限制条件.注意特殊元素和特殊的位置,必要时可画出图形帮助思考. (3)合理的分类(分类计数原理)和分步(分步计数原理),即通过讨论来解决问题.
在排列问题中,常分如下两类基本的方法:

(1)直接法.从条件出发,直接考虑符合条件的排列数; (2)间接法.先不考虑限制条件,求出所有排列数,然后再从中减去不符合条件的排列数(排除法).

组合、组合数公式·疑难问题解析

1.组合与排列的联系和区别
相同点:排列和组合都是从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素.

不同点:排列与组合的区别在于元素取出以后,是“排成一排”,还是“组成一组”,其实质就是取出的元素是不是存在顺序 上的差异.因此,区分排列问题和组合问题的主要标志是:是否与元素的排列顺序有关.有顺序的是排列问题,无顺序的则是组合 问题.例如 123 和 321,132 是不同的排列,但它们都是相同的组合.再如两人互通一次信是排列问题,互握一次手则是组合问题. 2.组合与组合数 和排列与排列数之间的区别一样,“组合”和“组合数”是两个不同的概念.一个组合是指“从 n 不同元素中,任取 m(m≤n)个 元素,并成一组”,它不是一个数,而是具体的一件事;组合数是指“从 n 个不同元素中取出 m 个元素的所有组合的个数”,它是 一个数,例如,从 3 个元素 a、b、c 每次取出 2 个元素的组合为:ab,ac,bc,其中每一种都叫一个组合,共 3 种,而数字 3 就是 组合数. 3.组合应用题 (1)众所周知,有顺序要求的是排列问题,无顺序要求的是组合问题.重要的是对“顺序”的理解.什么叫做有顺序,这需要通 过解题来加深理解. (2)设计好完成事件的程序,并灵活应用分类处理的方法来处理复杂的问题.在分类时要注意做到不重复、不遗漏.

组合数的两个性质·疑难问题解析

1.对组合数的两个性质的理解. (1)要能利用组合数的意义来理解上述两项性质.

因为从 n 个不同的元素中取出 m 元素后,就剩下 n-m 个,因此从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法,与从 n 个元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的,因此是一样多的,这就是性质 1 揭示的意义. 在确定从 n+1 个元素中取 m 个元素的方法时,对于某一个元素,只存在取与不取的两种可能.如果取这一个元素,则需从剩下的

n 个元素中取出 m-1 个元素,所以共有

种。如果不取这一个元素,则需从剩下的 n 个元素中取出 m 个元素,所以共有

种。

由分类计数原理,得: 上述推理过程中可以看成是对组合数两个性质的构造性证明.这种方法不仅可以加深我们对公式的理解, 而且也是证明组合恒等式等问

题的一种重要思路. (2)利用组合数及组合数的性质可推出如下两个常用结论.

(3)组合数的两个性质, 在有关组合数的计算、化简、证明等方面有着广泛的应用. 2.排列、组合的应用问题 (1)排列应用题 ①无限制条件的简单排列应用题解法步骤

(n≥m)

一转化

二求值,三作答。

②有附加条件的排列应用题

解法

(2)组合应用题 ①无限制条件的组合应用题:解法步骤:一判断二转化三求值四作答. ②有限条件的组合应用题. a.类型:“含”与“不含”的问题; b.解法:直接法、间接法、可将条件视为特殊元素与特殊位置,一般来讲,特殊者优先满足,其余则“一视同仁”;

c.分类的依据:“至多”、“至少”. (3)排列、组合综合题
一般解法:先选元素后排列,同时注意按元素的性质分类或按事件的发生过程分步.类型:分组、分配、群排列等.

3.解排列组合问题的基本思路: (1)对带有限制条件的排列问题,要掌握基本的解题思想方法. ①有特殊元素或特殊位置的排列,通常是先排特殊的元素或特殊位置; ②元素必须相邻的排列,可以先将相邻的元素看作一个整体; ③元素不相邻的排列,可以制造空档插进去; ④元素有顺序限制的排列,可以先不考虑顺序,排列后再利用规定顺序的实情求结果. (2)处理几何中的计算问题,注意“对应关系”,如不共线三点对一个三角形,不共面四点可以确定一个四面体等等,可借助图 形来帮助思考,并善于利用几何性质于解题中. (3)对于有多个约束条件的问题,可以通过分析每个约束条件,然后再综合考虑是分类或分步,或交替使用两个原理,也可以先 不考虑约束条件,然后扣除不符合条件的情况获得结果. (4)要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意.

专题辅导 解排列组合问题的策略

要正确解答排列组合问题,第一要认真审题,弄清楚是排列问题还是组合问题、还是排列与组合混合问题;第二要抓住问题的 本质特征,采用合理恰当的方法来处理,做到不重不漏;第三要计算正确.下面将通过对若干例题的分析,探讨解答排列组合问题 的一些常见策略,供大家参考.
一、解含有特殊元素、特殊位置的题——采用特殊优先安排的策略 对于带有特殊元素的排列问题,一般应先考虑特殊元素、特殊位置,再考虑其他元素与其他位置,也就是解题过程中的一种主元思想. 例 1:用 0,2,3,4,5 这五个数字,组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( )

A.24 个

B.30 个

C.40 个

D.60 个

解:因组成的三位数为偶数,末尾的数字必须是偶数,又 0 不能排在首位,故 0 是其中的“特殊”元素,应优先安排,按 0 排在末尾

和 0 不排在末尾分为两类:①当 0 排在末尾时,有 + =30 个,选 B.

个;②当 0 不排在末尾时,三位偶数有

个,据加法原理,其中偶数共



若含有两个或两个以上的特殊位置或特殊元素,则应使用集合的思想来考虑.这里仅举以下几例.

(1)无关型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集)

例 2:用 0,1,2,3,4,5 六个数字可组成多少个被 10 整除且数字不同的六位数? 解:由题意可知,两个特殊位置在首位和末位,特殊元素是“0,首位可取元素的集合 A={1,2,3,4,5},末位可取元素的集 合 B={0},A∩B=
.如图 1 所示.

末位上有

种排法, 首位上有

种不同排法, 其余位置有

种不同排法. 所以, 组成的符合题意的六位数是

=120(个).

说明:这个类型的题目,两个特殊位置上所取的元素是无关的.先分别求出两个特殊位置上的排列数(不需考虑顺序),再求出其余位置上

的排列数,最后利用乘法原理,问题即可得到解决. (2)包合型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系) 例 3:用 0,1,2,3,4,5 六个数字可组成多少个被 5 整除且数字不同的六位奇数? 解:由题意可知,首位、末位是两个特殊位置,“0”是特殊元素,首位可取元素的集合 A={1,2,3,4,5},末位可取元素的 集合 B={5},B A,用图 2 表示。

末位上只能取 5, 有

种取法, 首位上虽然有五个元素可取但元素 5 已经排在末位了, 故只有

种不同取法, 其余四个位置上有

种不同排法,所以组成的符合题意的六位数有

=96(个).

说明:这个类型的题目,两个特殊位置上所取的元素组成的集合具有包含关系,先求被包合的集合中的元素在特殊位置上的排列数,再求另一 个位置上的排列数,次求其它位置上排列数,最后利用乘法原理,问题就可解决.

(3)影响型(两个特殊位置上可取的元素既有相同的,又有不同的.这类题型在高考中比较常见.) 例 4:用 1,2,3,4,5 这五个数字,可以组成比 20000 大并且百位数字不是 3 的没有重复数字的五位数有多少个?

解:由题意可知,首位和百位是两个特殊位置,“3”是特殊元素.首位上可取元素的集合 A={2,3,4,5},百位上可取元素 的集合 B={1,2,4,5}.用图 3 表示.

从图中可以看出,影响型可分成无关型和包含型.①首先考虑首位是 3 的五位数共有: 数,由于要比 20000 大,∴首位上应该是 2、4、5 中的任一个,

个;②再考虑首位上不是 3 的五位

种选择;其次 3 应排在千位、十位与个位三个位置中的某一个上,

种选择,最后还有三个数、三个位置,有

种排法,于是首位上不是 3 的大于 20000 的五位数共有个



综上①②,知满足题设条件的五位数共有:

+

=78 个.

二、解含有约束条件的排列组合问题一――采用合理分类与准确分步的策略 解含有约束条件的排列组合问题,应按元素的性质进行分类,按事件发生的连贯过程分步,做到分类标准明确、分步层次清楚,不重不漏. 例 5:平面上 4 条平行直线与另外 5 条平行直线互相垂直,则它们构成的矩形共有________个.

简析:按构成矩形的过程可分为如下两步:第一步.先在 4 条平行线中任取两条,有

种取法;第二步再在 5 条平行线中任取两条,



种取法.这样取出的四条直线构成一个矩形,据乘法原理,构成的矩形共有

·

=60 个.

例 6:在正方体的 8 个顶点,12 条棱的中点,6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中,共线的三点组的个数是多少?

解:依题意,共线的三点组可分为三类:两端点皆为顶点的共线三点组共有

=28(个);两端点皆为面的中心的共线三点组

共有

=3(个);两端点皆为各棱中点的共线三点组共有

=18(个).

所以总共有 28+3+18=49 个. 例 7:某种产品有 4 只次品和 6 只正品(每只产品均可区分).每次取一只测试,直到 4 只次品全部测出为止.求第 4 只次品在第五

次被发现的不同情形有多少种? 解:先考虑第五次测试的产品有 4 种情况,在前四次测试中包含其余的 3 只次品和 1 只正品,它们排列的方法数是 6 乘法原理得所求的不同情形有 4×6 =576 种. 。依据

有些排列组合问题元素多,取出的情况也有多种,对于这类问题常用的处理方法是:可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计算,最后计 算总和. 例 8:由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复的 6 位数,其中个位数字小于十位数字的共有 ( )

A、210 个

B、300 个

C、464 个

D、600 个

分析:按题意个位数字只可能是 0,1,2,3,4 共 5 种情况,符合题的分别有 个.









合并总计,共有 故选 B.

+

+

+

+

=300(个).

说明:此题也可用定序问题缩位法求解,先考虑所有 6 位数:

个,因个位数字须小于个位数字,故所求 6 位数有(

)/

=300(个).
处理此类问题应做到不重不漏.即每两类的交集为空集,所有类的并集为合集.因此要求合理分类. 例 9:已知集合 A 和集合 B 各含 12 个元素,A∩B 含有 4 个元素,试求同时满足下面的两个条件的集合 C 的个数:

(1)C

A∪B,且 C 中含有 3 个元素; (
表示空集)。

(2)C∩A≠

分析:由题意知,属于集合 B 而不属于集合 A 元素个数为 12-4=8,因此满足条件(1)、(2)的集合 C 可分为三类:第一类:含 A 中

一个元素的集 C 有 个数是 +

个;第二类:含 A 中二个元素的集 C 有

个;第三类:含 A 中三个元素的集 C 有

个。故所求集 C 的

+

=1084.

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组,分别分配到不同的位置上,对于这类问题的常用解法,是先将元素逐一分组,然后再进行全排列、 但在分组时要注意是否为均匀分组. 例 10:3 名医生和 6 名护士被分配到 3 所学校为学生体检,每校分配 1 名医生和 2 名护土,不同的分配方法共有 (

).

A.90 种

B.180 种

C.270 种

D.540 种

分析:(一)先分组、后分配:

第一步: 3 名医生分成 3 组, 将 每组一人只有一种分法. 第二步: 6 名护士分成 3 组, 将 每组 2 人有: (

)/

种分法. 第

三步:将医生 3 组及护士 3 组进行搭配,使每组有一名医生、2 名护士,有 学校有

种搭配方法.第四步:将所得的 3 组分配到 3 所不同的

种分配法.

故共有不同的分配方法:

·

=540(种).故选(D).

分析:(二)第一步:先将 6 名护士分配到 3 所不同学校,每所学校 2 名,则有

(种)分法.

第二步:再将 3 名医生分配到 3 所不同的学校,每所学校 1 人,有

种分法.

故共有

=540(种)故选(D).

说明:处理此类问题应注意准确分步. 三、解排列组台混合问题——采用先选后排策略 对于排列与组合的混合问题,可采取先选出元素,后进行排列的策略. 例 11:4 个不同小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒子,则恰有一个空盒的放法有_________种. 简析:这是一个排列与组合的混合问题.因恰有一个空盒,所以必有一个盒子要放 2 个球,故可分两步进行:第一步选,从 4 个球中任

选 2 个球,有

种选法。从 4 个盒子中选出 3 个,有

种选法;第二步排列,把选出的 2 个球视为一个元素,与其余的 2 个球共 3

个元素对选出的 3 个盒子作全排列,有
四、正难则反、等价转化策略

种排法.所以满足条件的放法共有

=144 种.

对某些排列组合问题,当从正面入手情况复杂,不易解决时,可考虑从反面入手,将其等价转化为一个较简单的问题来处理.即采用先求总的 排列数(或组合数),再减去不符合要求的排列数(或组合数),从而使问题获得解决的方法.其实它就是补集思想. 例 12:马路上有编号为 1、2、3、?、9 的 9 只路灯,为节约用电,现要求把其中的三只灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三

只,也不能关掉两端的路灯,则满足条件的关灯方法共有_______种.
简析:关掉一只灯的方法有 7 种,关第二只、第三只灯时要分类讨论,情况较为复杂,换一个角度,从反面入手考虑.因每一种关

灯的方法唯一对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列,于是问题转化为在 6 只亮灯中插入 3 只暗灯,且任何两只暗灯不相邻、 且暗灯不在两端,即从 6 只亮灯所形成的 5 个间隙中选 3 个插入 3 只暗灯,其方法有 种.
例 13:甲、乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 =10 种。故满足条件的关灯的方法共有 10

号队员比赛,??直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成—种比赛过程,那么所有可能出现的比赛过程共有多少种? 解:设甲队队员为 al,a2,?a7,乙队队员为 b1,b2,??,b7,下标表示事先安排好的出场顺序,若以依次被淘汰的队员为顺序, 比赛过程可类比为这 14 个字母互相穿插的一个排列,最后是胜队中获胜队员和可能未参赛的队员.如 a1a2b1b2a3b3b4b5a4b6b7a5a6a7. 所 表示为 14 个位置中取 7 个位置安排甲队队员,其余位置安排乙队队员,故比赛过程的总数为
=3432.

例 14:有 2 个 a,3 个 b,4 个 c 共九个字母排成一排,有多少种排法? 分析:若将字母作为元素,1—9 号位置作为位子,那么这是一个“不尽相异元素的全排列”问题,若转换角色,将 1—9 号位置 作为元素,字母作为位子,那么问题便转化成一个相异元素不许重复的组合问题.
=1260(种)不同的排法.

即共有

有些问题反面的情况为数不多,容易讨论,则可用剔除法. 对有限制条件的问题,先以总体考虑,再把不符合条件的所有情况剔除.这是解决排列组合应用题时一种常用的解题策略. 例 15:四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点,在其中取 4 个不共面的点,不同的取法共有(

)

A.150 种

B.147 种

C.14 种

D.141 种 减去 4

分析:在这 10 个点中,不共面的不易寻找,而共面的容易找.因此,采用剔除法,由 10 个点中取出 4 个点的组合数(

个点共面的个数即为所求).4 点共面情形可分三类:第一类:四面体每个面中的四个点共面,共有 4×

=60 种;第二类:四面

体的每 2 组对棱的中点构成平行四边形,则这四点共面,共有 3 种;第三类:四面体的一条棱上三点共线,这三点与对棱中点共面, 共有 6 种.故 4 点不共面的取法有 -(4 +6+3)=141 种.

例 16:从 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 这 10 个数中取出 3 个数,使和为不小于 10 的偶数,不同的取法有多少种.

解:从这 10 个数中取出 3 个不同的偶数的取法有

种;取 1 个偶数和 2 个奇数的取法有

种.另外,从这 10 个数中取出 3

个数,使其和为小于 10 的偶数,有 9 种不同取法. + -9=51 种.

因此,符合题设条件的不同取法有 五、解相邻问题——采用“捆绑”策略

对于某几个元素要求相邻的排列问题,可先将相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列,然后再在相邻元素之间 排列.
事实上,这种方法就是将相邻的某几个元素,优先考虑。让这些特殊元素合成一个元素,与普通元素排列后,再松绑. 例 17:A,B,C,D,E 五人并排站成一排,如 A,B 必相邻,且 B 在 A 右边,那么不同排法有( )

A.24 种

B.60 种

C.90 种

D.120 种

分析:将特殊元素 A,B 按 B 在 A 的右边“捆绑”看成一个大元素,与另外三个元素全排列 ,由 A,B 不能交换,故不再“松绑”,

选 A.
例 18:5 人成一排,要求甲、乙相邻,有几种排法?

解:将甲、乙“捆绑”成一个元素,加上其他 3 元素,共 4 元素,全排列有 48 种.

种,甲、乙内部的排列有

种.故共有



也可以这样理解:先让甲、丙、丁、戊,排成一列有

种,再将乙插入甲的左边或右边,有

种,共

=48 种.

例 19:计划展出 10 幅不同的画,其中一幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一行陈列,要求同一品种的画必须连在一起,并且

水彩画不放在两端,那么不同的陈列方式有多少种? ( A、 B、 C、

) D、

分析:先把 3 种品种的画各看成整体,而水彩画不能放在头尾,故只能放在中间,又油画与国画有

种放法,再考虑油画与国画本

身又可以全排列,故排列的方法为

,故选 D.

例 20:5 名学生和 3 名老师站成一排照相,3 名老师必须站在一起的不同排法共有________种.
简析:将 3 名老师捆绑起来看作一个元素,与 5 名学生排列,有 种排法;而 3 名老师之间又有

种排法,故满足条件的排法共



=4320 种.

用“捆绑”法解题比较简单,实质是通过“捆绑”减少了元素,它与下面要提到的“插孔”法结合起来,威力便更大了.
六、解不相邻问题——采用“插孔”策略 对于某几个元素不相邻的排列问题,可先将其他元素排列好,然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端的空隙中插入. 例 21:7 人站成一行,如果甲、乙两人不相邻,则不同的排法种数是 (

)

A.1440 种

B.3600 种

C.4320 种

D.4800 种

简析:先让甲、乙之外的 5 人排成一行,有

种排法,再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入,有

种方法.故共有

·

=3600 种排法,选 B.

例 22:要排一个有 6 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单,任何两个舞蹈不相邻,问有多少种不同排法?

分析: 先将 6 个歌唱节目排成一排有 ·6!=604800 种不同排法.

种排法, 个歌唱节目排好后包括两端共有 7 个 6 “间隔” 可以插入 4 个舞蹈节目有

种,

故共

例 23:从 1,2,3,?,2000 这 2000 个自然数中,取出 10 个互不相邻的自然数,有多少种方法?

解:将问题转化成把 10 名女学生不相邻地插入站成一列横列的 1990 名男生之间(包括首尾两侧),有多少种方法? 因为任意相邻 2 名男学生之间最多站 1 名女学生,队伍中的男学生首尾两侧最多也可各站 1 名女学生.于是,这就是 1991 个位 置中任选 10 个位置的组合问题,故共有

种方法.

利用“插孔”法,也可以减少元素,从而简化问题.
例 24:一排 6 张椅子上坐 3 人,每 2 人之间至少有一张空椅子,求共有多少种不同的坐法?

解:将问题转化成把 3 个人坐 5 张椅子,然后插一把空椅子问题. 3 个人若坐 5 张椅子,每 2 人之间一张空椅子.坐法是固定的有 隙,有 4 种插法.所以共有 4 =24 种不同的坐法.
种不同的坐法,然后,将余下的那张椅子插入 3 个坐位的 4 个空

七、解定序问题——采用除法策略

对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其它元素一同进行排列,然后用总排列数除以这几个元素的全排列 数,这其实就是局部有序问题,利用除法来“消序”.
例 25:由数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数小于十位数字的共有( )

A.210 个

B.300 个

C. 464 个

D.600 个

简析:若不考虑附加条件,组成的六位数共有

个,而其中个位数字与十位数字的

种排法中只有一种符合条件,故符合条件的六位

数共

=300 个,故选 B. 例 26:信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号,现有 3 面红旗、2 面白旗,把这 5 面旗都挂上去,可表示不同信号的种数

是 ________(用数字作答).
分析:5 面旗全排列有 种挂法,由于 3 面红旗与 2 面白旗的分别全排列均只能作一次的挂法,故共有不同的信号种数是

=10(种).

说明:此题也可以用组合来解,只需 5 个位置中确定 3 个,即

=10.

例 27:有 4 个男生,3 个女生,高矮互不相等,现将他们排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列,有多少种排法?

分析:先在 7 个位置上任取 4 个位置排男生,有 共有
=840 种.

种排法,剩余的 3 个位置排女生,因要求“从矮到高”,只有一种排法,故

在处理分堆问题时,有时几堆中元素个数相等,这时也要用除法, 例 28:不同的钢笔 12 支,分 3 堆,一堆 6 支,另外两堆各 3 支,有多少种分法?

解:若 3 堆有序号,则有

·

,但考虑有两堆都是 3 支,无须区别,故共有

/

=9240 种.

例 29:把 12 支不同的钢笔分给 3 人,一人得 6 支,二人各得 3,有几种分法?

解:先分堆:有

/

种.再将这三堆分配给三人,有 =3 .

种。共有

·

/

=3

.种.

本题亦可用“选位,选项法”,即: 八、解分排问题—采用直排处理的策略

把 n 个元素排成前后若干排的排列问题,若没有其他特殊要求,可采取统一排成一排的方法来处理. 例 30:两排座位,第一排 3 个座位,第二排 5 个座位,若 8 位学生坐(每人一个座位)。则不同的坐法种数是 ( )

A、

B、

C、

D、

简析: 8 名学生可在前后两排的 8 个座位中随意入坐, 因 再无其他条件, 所以两排座位可看作一排来处理, 其不同的坐法种数是 故应选 D. 九、解“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略



对于“小团体”排列问题,可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排列,最后再进行“小团体”内部的排列.
例 31:三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会,演出的出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家,其出场方案共有(

)

A.36 种

B.18 种

C.12 种

D.6 种
种选法)与两名女歌唱家组成一个

简析:按要求出场顺序必须有一个小团体“女男女”,因此先在三名男歌唱家中选一名(有 团体,将这个小团体视为一个元素,与其余 2 名男歌唱家排列有
=36 种出场方案,选 A。 十、简化计算繁琐类问题——采用递归策略

种排法。最后小团体内 2 名女歌唱家排列有

种排法,所以共有

所谓递归策略,就是先建立所求题目结果的一个递推关系式,再经简化题目条件得出初始值,进而递推得到所求答案. 例 32:有五位老师在同一年级的 6 个班级中,分教一个班的数学,在数学会考中,要求每位老师均不在本班监考,共有安排监考的

方法总数是多少?
解:记 n 元安排即 al、a2、?、an 个元素的排列,且满足“ai 不在第 i 位上的方法总数为 an.

固定 n-1 个元素不动的排法是 1;
固定 n-2 个元素不动的排法是



固定 n-3 个元素不动的排法是



?? 固定 1 个元素不动的排法是 an=n!-1- ·an-1; ??·an-1(n≥3, n∈N)

容易计算得 a2=1,由上式递推可得:a3=2,a4=9,a5=44.
因此,共有安排监考的方案总数为 44 种. 十一、解较复杂的排列问题——采用构造型策略

对较复杂的排列问题,可通过构造一个相应的模型来处理. 例 33: 某校准备组建一个 18 人的足球队, 18 人由高一年级 10 个班的学生组成, 这 每个班级至少 1 人, 名额分配方案共有_________

种.

简析:构造一个隔板模型.如图,取 18 枚棋子排成一列,在相邻的每两枚棋子形成的 17 个间隙中选取 9 个插入隔板,将 18 枚 棋子分隔成 10 个区间,第 i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第 i 个班级学生的名额,因此名额分配方案的种数与隔板插入数相等。因 隔板插入数为
=24310 种.

,故名额分配方案有

例 34:将组成篮球队的 12 个名额分给 7 所学校,每所学校至少 1 个名额,问名额分配方法有多少种?

解: 将问题转化成一把排成一行的 12 个 0 分成 7 份的方法数, 这样用 6 块闸板插在 11 个间隔中, 共有 以名额分配总数是
种。

=462 种不同方法. 所

例 35:6 人带 10 瓶汽水参加春游,每人至少带 1 瓶汽水,有多少种不同的带法?

解:将问题转化成把 10 个相同的球放到 6 个不同的盒子里,每个盒子里至少放 1 个球,有多少种不同的放法? 即把排成一行的 10 个 0 分成 6 份的方法数,这样用 5 块闸板插在 9 个间隔中,共有
即原问题中有 126 种不同带法. 例 36:对正方体的 8 个顶点作两两连线。其中异面直线的有( =126 种.

)对.

A.156

B.174

C.192

D.210

分析:由于每一个三棱锥对应于 3 对异面直线,故可构造三棱锥,问题即特化为正方体 8 个顶点构成三棱锥的个数,易得异面 直线有( -6-6)×3=174(对),选 B.

十二、建立排列组合与集合之间的对应关系的策略 排列组合问题往往因其文字叙述抽象而使学生理解困难,在解决这类问题时,我们通常是根据加法或乘法原理将问题分类或分步逐一计算,然 而由于问题的抽象性与复杂性,我们在分类或分步的过程中,经常会出现重复或遗漏的现象.如果我们运用集合与对应的思想来分析和处理这类问 题,则能有效地解决上述矛盾.

例 37:由数字 1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字的

(1)1 不在首位、5 在末位的五位数?

(2)2,3 都与 4 不相邻的五位数?

解:(1)A={1 在首位的五位数},B={5 在末位的五位数},则原题即求 n(
已知 n(

). )=

)=n(B)-n(A∩B).易知 n(B)=

,n(A∩B)=

, (即 1 在首位,5 在末位的五位数的个数),n(

-

=18.
因而满足已知条件的五位数有 18 个.

(3)设 A={2 与 4 相邻的五位数}, B={3 与 4 相邻的五位数}则原题即求 n(
有 n(

).由摩根律、容斥原理及性质 2,
=36.即有 36 个满足已

)=n(

)=n(I-A∪B)=n(I)-n(A∪B)=n(I)-n(A)-n(B)+n(A∩B)=

知条件的数.
说明:其中 n(I)表示由数字 1,2,3,4,5 组成的无重复数字的五位数的个数,即它们的全排列数,n(A∩B)表示 2 与 4 相邻且 3

与 4 相邻的五位数的个数,那么 4 一定排在 2 与 3 之间,且 2,4,3 相邻,故有

种排法.

例 38:将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格里,每格填一个数,则每个方格的标号与所填数字均不同的填法有

多少种?

解: Ai(i=1,2,3,4)表示 i 填在标号为 i 的方格内, 设 且其余格子都填满的所有填法的集体, 则原题即求 n 由摩根律及容斥原理,有



n

=n(

)=n(I)-n(A1∪A2∪A3∪A4)

=n(I)= 即有 9 种填法。
说明:系数

(Ai∩Ah∩Aj)+n(A1∩A2∩A3∩A4) .

代表从集合 Al、A2、A3、A4 中每次取出 1 个、2 个、3 个、4 个组成交集的个数,

例 39:男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 人,选派 5 人外出比赛,在下列情形下各有多少种选派方法?

(1)队长至少有 1 人参加;(2)既要有队长,又要有女运动员.
解:(1)设 A={选派 5 人有男队长参加的},B={选派 5 人有女队长参加的},则原题即求 n(A∪B), 而 n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B).

n(A)=

=n(B), n(A∩B)=

,

故 n(A∩B)=2

-

=196.

另解: A={选派 5 人有 1 个队长参加的}, 设 B={选派 5 人有 2 个队长参加的}, 则原题即求 n(A∪B), n(A)=
n(A∩B)=n( )=0.

, n(B)=

,

因此 n(A∪B)=n(A)+n(B)=

+

=196.

说明:A∩B 即选派 5 人既要有 1 个队长参加又要有 2 个队长参加这件事,这是不可能事件.

(2)设 A={选派 5 人有队长参加的},B={选派 5 人有女运动员参加的},则原题即求 n(A∩B),
又 n(A∩B)=n(I)-n( )=n(I)-n( )

=n(I)-n(

)-n(

)+n(

)=

=191.

即有 191 种选派方法.
说明: 即选派 5 人,既无队长又无女运动员参加.

从以上 3 例我们可以看出,用集合与对应思想分析处理排列组合问题,实质上就是将同一问题中满足不同限制条件的元素的排列

或组合的全体与不同的集合之间建立相应的对应关系,而将各限制条件之间的关系转化为集合与集合之间的运算关系,通过计算集 合的元素个数来计算排列或组合的个数,这有助于将带有多个附加条件的排列或组合问题分解为只有 1 个或简单几个附加条件的排 列或组合问题来处理,这可大大简化复杂的分类过程,从而降低了问题的难度.
例 40:如果从数 1,2,?,14 中,按从小到大的顺序取出 al,a2,a3,使同时满足 a2-a1≥3 与 a3-a2≥3,那么所有符合上述要求

的不同取法共有多少中? 解:设 S={1,2,??,14},T={1,2,??,10}; P={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S, a2-a1≥3, a3-a2≥3} Q={(b1,b2,b3)|b1,b2,b3∈T, b1<b2<b3}, f: (a1, a2,a3)→(b1,b2,b3),其中 b1=a1,b2=a2-2, b3=a3-4. 易证 f 是 P 和 Q 之间的一个一一对应,所以题目所求的取法种数恰好等于从 T 中任意取出三个不同数的取法种数,共 种.
=120

例 41:在 100 名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场比赛失败要退出比赛),最后产生一名冠军,问要举行几场?

分析:要产生一名冠军,需淘汰掉冠军以外的所有其它选手,即要淘汰 99 名选手,要淘汰一名选手,必须进行一场比赛;反之, 每比赛一场恰淘汰一名选手,两者之间一一对应,故立即可得比赛场次 99 次。
十三、特征分析、试验策略 研究有约束条件的排列数问题,须紧扣题目所提供的数字特征、结构特征,进行推理、分析求解. 例 42:由 1,2,3,4,5,6 六个数可组成多少个无重复且是 6 的倍数的五位数. 分析数字特征:6 的倍数既是 2 的倍数,又是 3 的倍数.其中 3 的倍数又满足“各个数位上的数字和是 3 的倍数”的特征,把 6

个数分成 4 组(3),(6),(1,5),(2,4),每组的数字和都是 3 的倍数,因此可分成两类讨论:第一类:由 1,2,4,5,6 作数码: 首先从 2,4,6 中任选一个作个位数字有 4,5 作数码,依上法有 N= ·
,所以 N1=

,然后其余四个数在其它数位上全排列有

·

。第二类:由 1,2,3,

。故 N=Nl+N2=120(个).


例 43:从 1 到 100 的自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于 100 则不同的取法有 (

A.50 种

B.100 种

C.1275 种

D.2500 种

分折:此题数字较多,情况也不一样,需要分拆摸索其规律.为了方便,两个加数中以较小的数为被加数,因为 1+100=101>100,1 为被

加数的有 1 种;同理,2 为被加数的 2 种;?;49 为被加数有 49 种;50 为被加数的有 50 种,但 51 为被加数只有 49 种;52 为被加 数只有 48 种;?;99 为被加数的只有 1 种.故不同的取法共有:(1+2+?+50)+(49+48+?+1)=2500 种,选 D。
例 44:将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格内,每个格填 1 个,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法

有 (

) B.9 种 C.

A.6 种

排列与组合
(一)排列

学习目标 (1)正确理解排列的意义。能利用树形图写出简单问题的所有排列; (2)了解排列和排列数的意义,能根据具体的问题,写出符合要求的排列; (3)掌握排列数公式,并能根据具体的问题,写出符合要求的排列数; (4)会分析与数字有关的排列问题,培养学生的抽象能力和逻辑思维能力; (5)通过对排列应用问题的学习,让学生通过对具体事例的观察、归纳中找出规律,得出结论,培养学生解决应用问题的能力和 严谨的学习态度。

例题分析 例 1、用 0 到 9 这个个数字.可组成多少个没有重复数字的四位偶数? 分析: 这一问题的限制条件是:①没有重复数字;②数字“0”不能排在千位数上;③个位数字只能是 0、2、4、6、8、,从限制条件入 手,可划分如下: 如果从个位数入手,四位偶数可分为:个位数是“0”的四位偶做,个位数是 2、4、6、8 的四位偶数(这是因为零不能放在千位 数上).由此解法一与二. 如果从千位数入手.四位偶数可分为:千位数是 1、3、5、7、9 和千位数是 2、4、6、8 两类,由此得解法三. 如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类,先求出四位个数的个数,用排除法,得解法四. 解法 1:当个位数上排“0”时,千位,百位,十位上可以从余下的九个数字中任选 3 个来排列,故有 个当个位上在“2、4、6、

8”中任选一个来排,则千位上从余下的八个非零数字中任选一个,百位,十位上再从余下的八个数字中任选两个来排,按乘法原理 有 (个). ∴没有重复数字的四位偶数有 个.

解法 2: 当个位数上排“0”时,同解一有 个;当个位数上排 2、4、6、8 中之一时,千位,百位,十位上可从余下 9 个数字中任选 3 个

个的排列数中减去千位数是“0”排列数得: ∴没有重复数字的四位偶数有 个.

解法 3: 千位数上从 1、3、5、7、9 中任选一个,个位数上从 0、2、4、6、8 中任选一个,百位,十位上从余下的八个数字中任选两个作 排列有 个

干位上从 2、4、6、8 中任选一个,个位数上从余下的四个偶数中任意选一个(包括 0 在内),百位,十位从余下的八个数字中任 意选两个作排列,有 ∴没有重复数字的四位偶数有 个 个.

解法 4: 将没有重复数字的四位数字划分为两类:四位奇数和四位偶数. 没有重复数字的四位数有 其中四位奇数有 ∴没有重复数字的四位偶数有 个 说明; 这是典型的简单具有限制条件的排列问题,上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质,掌握其解答方法, 以期灵活运用. 个.

例 2、三个女生和五个男生排成一排 (1)如果女生必须全排在一起,可有多少种不同的排法? (2)如果女生必须全分开,可有多少种不同的排法? (3)如果两端都不能排女生,可有多少种不同的排法? (4)如果两端不能都排女生,可有多少种不同的排法? 解: (1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起,所以可以先把她们看成一个整体,这样同五个男生合一起共有六个元素,然成一排 有 种不同排法.对于其中的每一种排法,三个女生之间又都有 对种不同的排法,因此共有 种不同的排法

(2)(插空法)要保证女生全分开,可先把五个男生排好,每两个相邻的男生之间留出一个空档.这样共有 4 个空档,加上两边 两个男生外侧的两个位置,共有六个位置,再把三个女生插入这六个位置中,只要保证每个位置至多插入一个女生,就能保证任意 两个女生都不相邻.由于五个男生排成一排有 入都有 (3) 解法 1:(位置分析法)因为两端不能排女生,所以两端只能挑选 5 个男生中的 2 个,有 种排法,其余六位都有 成一排共有 种排法,所以共有 种不同的排法. 种不同的排法,对于其中的任意一 种方法,因此共有 种不同排法,对于其中任意一种排法,从上述六个位置中选出三个来让三个女生插 种不同的排法.

解法 2:(间接法)3 个女生和 5 个男生排 种排法,但这样两端都是女生的

种不同的排法,从中扣除女生排在首位的

种排法和女生排在末位的

排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次,在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次,所以还需加一次回来,由于两端都是 女生有 种不同的排法,所以共有 种不同的排法. 种不同的排法,对于其中的任意一种排活,其

解法 3:(元素分析法)从中间 6 个位置中挑选出 3 个来让 3 个女生排入,有 余 5 个位置又都有 种不同的排法,所以共有

种不同的排法,(4)解法 1:因为只要求两端不都排女生,所以 种不同的排法;如果首位排女生,有 种不同的排法,这样可有 种排法,这时末位就只 种不同排法.因

如果首位排了男生,则未位就不再受条件限制了,这样可有 能排男生,有 此共有

种排法,首末两端任意排定一种情况后,其余 6 位都有 种不同的排法.

解法 2:3 个女生和 5 个男生排成一排有 种数. 因此共有 说明:

种排法,从中扣去两端都是女生排法

种,就能得到两端不都是女生的排法

种不同的排法.

解决排列、组合(下面将学到,由于规律相同,顺便提及,以下遇到也同样处理)应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析 法和元素分析法. 若以位置为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置,有两个以上约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它 条件. 若以元素为主,需先满足特殊元素要求再处理其它的元素. 间接法有的也称做排除法或排异法,有时用这种方法解决问题来得简单、明快. 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法,要认真搞清在什么条件下使用.

例 3、排一张有 5 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单。 (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种? (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种? 解: (1)先排歌唱节目有 蹈节目不相邻排法有: 种,歌唱节目之间以及两端共有 6 个位子,从中选 4 个放入舞蹈节目,共有 =43200. 中方法,所以任两个舞

(2)先排舞蹈节目有

中方法,在舞蹈节目之间以及两端共有 5 个空位,恰好供 5 个歌唱节目放入。所以歌 =2880 种方法。

唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有: 说明:

对于“间隔”排列问题,我们往往先排个数较少的元素,再让其余元素插空排列。否则,若先排个数较多的元素,再让其余元素 插空排时,往往个数较多的元素有相邻情况。如本题(2)中,若先排歌唱节目有 含有歌唱节目相邻的情况,不符合间隔排列的要求。 ,再排舞蹈节目有 ,这样排完之后,其中

例 4、某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么 共有多少种不同的排课程表的方法. 分析与解法 1: 6 六门课总的排法是 ,其中不符合要求的可分为:体育排在第一书有 种排法,如图中Ⅰ;数学排在最后一节有 种排

法,如图中Ⅱ;但这两种排法,都包括体育排在第一书数学排在最后一节,如图中Ⅲ,这种情况有 法应是: 分析与解法 2: 根据要求,课程表安排可分为 4 种情况: (1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节,这种排法有 (2)数学排在第一节但体育不排在最后一节,有排法 (3)体育排在最后一节但数学不排在第一节,有排法 (4)数学排在第一节,体育排在最后一节,有排法 (种). 分析与解法 3: 根据要求,课表安排还可分下述 4 种情况: (1)体育,数学既不在最后也不在开头一节,有 种排法; 种; 种; 种; (种).

种排法,因此符合条件的排

这四类排法并列,不重复也不遗漏,故总的排法有:

(2)数学排在第一节,体育不排在最后一节,有 4 种排法; (3)体育在最后一书,数学木在第一节有 4 种排法; (4)数学在第一节,体育在最后一节有 1 种排法.

上述 21 种排法确定以后,仅剩余下四门课程排法是种 下面再提出一个问题,请予解答.

,故总排法数为

(种).

问题:有 6 个人排队,甲不在排头,乙不在排尾,问并肩多少种不同的排法. 请读者完成此题. 说明: 解答排列、组合问题要注意一题多解的练习,不仅能提高解题能力,而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法

检测题

1.6 人站一排,甲不站在排头,乙不站在排尾,共有_________种不同的排法. 2.5 名男生和 4 名女生排成一队,其中女生必须排在一起,一共有________种不同的排法. 3.a,b,c,d 排成一行,其中 a 不排第一,b 不排第二,c 不排第三,d 不排第四的不同排法有_______种. 4.0,1,2,3,4,5 这六个数组成没有重复数字的四位偶数,将这些四位数从小到大排列起来,第 71 个数是 5.下列各式中与排列数 相等的是( ). .

A.

B.

C. 6. A. 7.若 A.8 B.5 C.3 ,且 B.

D. ,则 C. D. ,则 D.0 的个位数字是( ). 等于( ).

8.7 名同学排成一排,其中甲、乙两人必须排在一起的不同的排法有( ). A.720 种 B.360 种 C.1440 种 D.120 种

9.求和 10.5 名男生、2 名女生站成一排照像: (1)两名女生要在两端,有多少种不同的站法? (2)两名女生都不站在两端,有多少不同的站法?

.

(3)两名女生要相邻,有多少种不同的站法? (4)两名女生不相邻,有多少种不同的站法? (5)女生甲要在女生乙的右方,有多少种不同的站法? (6)女生甲不在左端,女生乙不在右端,有多少种不同的站法?

参考答案:

1.504

2.17280

3.9

4.3140

5.D

6.D

7.C

8.C

9.∵



.

∴ 10. (1)两端的两个位置,女生任意排,中间的五个位置男生任意排; (2)中间的五个位置任选两个排女生,其余五个位置任意排男生; (种); (种);

(3)把两名女生当作一个元素,于是对六个元素任意排,然后解决两个女生的任意排列; (种); (4)把男生任意全排列,然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生; (种); (5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决,因为留下两个位置女生排法是既定的; (种); (6)采用排除法,在七个人的全排列中,去掉女生甲在左端的 乙在右端的 种排除了两次,要找回来一次. 个,再去掉女生乙在右端的 (种). 个,但女生甲在左端同时女生

(二)组合

学习目标 (1)正确理解组合的意义,正确区分排列、组合问题; (2)掌握组合数的计算公式、组合数的性质以及组合数与排列数之间的关系,并能运用这些知识解决一些简单的组合应用题;

(3)通过对排列、组合综合问题的求解与剖析,培养按事件发生的过程进行熟练地分类与分步,培养严谨科学的思维习惯.培养 严谨的学习态度. (4)通过对比排列学习组合知识,掌握类比的学习方法,提高分析问题和解决问题的能力,并培养用对立统一规律和辩证唯物主 义思想解决实际问题.

例题分析

第一阶梯

例 1、计算:(1) 分析:

; (2)



本题如果直接计算组合数,运算比较繁.本题应努力在式子中创造条件使用组合数的性质,第(1)题中, 形后, 可继续使用组合数性质.(2) 第 题有两个考虑途径, 一方面可以抓住项的变形 接着 解: , ?,反复使用公式. , 求和; 另一方面, 变形

,经此变 ,

(1)原式 (2)原式 另一方法是: 原式 说明: 利用第(2)小题的手段,我们可以得到组合数的一个常用的结论: . 左边 .





右边.

例 2、从 7 名男生 5 名女生中,选出 5 人,分别求符合下列条件的选法种数有多少种? (1)A、B 必须当选; (2)A、B 都不当选; (3)A、B 不全当选;

(4)至少有 2 名女生当选; (5)选出 5 名同学,让他们分别担任体育委员、文娱委员等 5 种不同工作,但体育委员由男生担任,文娱委员由女生担任. 分析: 本题是组合应用题中典型的选代表问题,通过一些明确的条件对结果进行限制.问题(1)A、B 必须当选,它们就不必再考虑, 只要再选出余下的代表.问题(2)A、B 必须不当选,实际上就是去掉这几个元素不予考虑.问题(3)A、B 不全当选可以从正反两 方面考虑.从正面考虑可以按 A、B 全不选和 A、B 选一个分类,从反面考虑可用间接法,去掉 A、B 全选的情况.问题(4)可以按 女生选 2 人、3 人?进行分类,当然也可以从反面考虑用间接法.问题(5)可以先处理特殊位置的体育班委与文娱班委. 解: (1)除 A、B 选出外,从其它 10 个人中再选 3 人,共有的选法种数为 (2)去掉 A、B,从其它 10 人中任选 5 人,共有的选法种数为: (3)按 A、B 的选取情况进行分类:A、B 全不选的方法数为 (种). 本小题的另一解法:从 12 人中选 5 人的选法中去掉 A、B 全选的情况,所有选法只有 方法一:按女同学的选取情况分类: 选 2 名女同学、3 名男同学;选 3 名女同学 2 名男同学;选 4 名女同学 1 名男同学;选 5 名女同学.所有选法数 为: (种). (种). (种). (种). ,共有选法

,A、B 选 1 人的方法数为

方法二:从反面考虑,用间接方法,去掉女同学不选或选 1 人的情况,所有方法总数为

(种). (5)选出一个男生担任体育班委,再选出 1 名女生担任文娱班委,剩下的 10 人中任取 3 人担任其它 3 个班委.用分步计数原理 可得到所有方法总数为: 说明: 对于本题第(4)小题,“至少有 2 名女生当选”,我们可能还有另外一种考虑,先从 5 名女生中选出 2 人,然后在剩下的 10 人 中任选 3 人,得到的方法数为 (种),与上述答案比较,结果明显增多了,为什么会出现以上情况?上述步骤得到 (种).

的选取结果虽然符合了有 2 名女生的要求,但在计数时出现了重复,比如先选两女生为 a、b,剩下的 10 人中如果又选出了女生 c, 与先选两名女生为 a、c 后又选出了女生 b,出现了同样的结果,因为选取问题仅考虑选出了哪些元素,至于先选后选并不考虑.这

里需要我们引起注意的是以后遇到“至少”类型的问题,一般采用分类法或间接法解决,在选取问题中尽可能避免出现重复计数, 我们还可以进一步从下一个例子加深理解.

例 3、空间 10 个点,其中有 5 点在同一个平面内,其余无三点共线,四点共面,问以这些点为顶点,共可构成多少个四面体? 分析: 本题如果从正面考虑可以按 5 个共面的点的选用情况进行分类.如果从反面考虑用间接法,只要去掉从 5 个共面的点中任取四个 点的情况,因为共面的四个点不能构成四面体的四个顶点. 解:方法一:可以按共面的点取 0 个、1 个、2 个、3 个进行分类,得到所有的取法总数为: 个. 方法二:从 10 个点中任取 4 个点的方法数中去掉 4 个点全部取自共面的 5 个点的情况,得到所有构成四面体的方法数为: (个). 说明: 以几何为背景的此类应用题中,间接方法用得比较多,在考虑去掉不符合要求的选法时,既不能多去,也不能少去,此外有时还 需去掉一些重复计数的情况.比如:四面体的顶点和各条棱的中点共 10 个点,任取其中的 4 个点,其中不共面的取法有多少种?我 们可以从 10 个点中任取 4 点.共有 种取法,然后去掉下面几种情况,4 个点取在四面体的同一个面上,有 种取法;四个

中点连成平行四边形的情形,有 3 种取法,还有 3 点在四面体的一条棱上,另一点是其它点,不考虑已计算的四点在四面体同一面 上的情况,共有 6 种取法.用间接法可得不同的取法共有: (种).

例 4、在 1,3,5,7,9 中任取 3 个数字,在 0,2,4,6,8 中任取两个数字,可组成多少个不同的五位偶数. 分析: 因为零不能作首位数,所以是特殊元素,因此可以根据选零不选零为分类标准。 解:第一类:五位数中不含数字零。 第一步:选出 5 个数字,共有 第二步:排成偶数—先排末位数,有 ∴ (个) 种选法. 种排法,再排其它四位数字,有 种排法.

第二类:五位数中含有数字零. 第一步:选出 5 个数字,共有 种选法。

第二步:排顺序又可分为两小类; (1)末位排零,有 种排列方法; 种选法,而因为零不能排在首位,所以首位有 种排法,其余 3 个数字则有 种排法.

(2)末位不排零.这时本位数有 ∴ ∴ 符合条件的偶数个数为

(个) 说明: 本题也可以用间接法(即排除法)来解.请读者自行完成.

例 5、有 12 名划船运动员,其中 3 人只会划左舷,4 人只会划右舷,其余 5 人既会划左舷也会划右舷。现在要从这 12 名运动员中 选出 6 人平均分在左、右舷划船参加比赛,有多少种不同的选法? 分析: 设集合 A={只会划左舷的 3 个人},B={只会划右舷的 4 个人},C={既会划左舷又会划右舷的 5 个人}先分类,以集合 A 为基准,划 左舷的 3 个人中,有以下几类情况:①A 中有 3 人;②A 中有 2 人;C 中有 1 人;③A 中有 1 人,C 中有 2 人;④C 中有 3 人。第①类, 划左舷的人已选定,划右舷的人可以在 左舷的人在 A 中选 2 人,有 选法。因是分步问题,所以有 为是分类,所以一共有 解: 中选 3 人,即有 种选法。因是分步问题,所以有 种选法,划右舷的在 种选法。第②类,划 种

种选法,在 C 中选 1 人,有

中剩下的 8 个人中选 3 人,有 种选法。第④类有

种选法。类似地,第③类,有 种选法。

种选法。因

种 答:一共有 2174 种不同选法. 说明: 这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题,只要能运用分类思想正确对所求选法分类,又能正确地根据题目要求合理地考 察步骤,就可以顺利地求得解.在分类时,要注意做到既不重复也不遗漏.

这里是以集合 A 为基准进行分类,也可以集合 B 或集合 C 为基准进行分类,其结果是相同的,但一般都选择元素个数较少的集合 作为基准来分类,这样可以减少分类,方便运算.

例 6、甲、乙两队各出 7 名队员,按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方由 1 号队员出赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?,直到一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比赛过程,试求所有可能出现的比赛过程的种类. 分析与解: 若甲队取胜,比赛结果可能是 7:0 只有一个过程; 7:1 共 8 场,乙队在前 7 场中胜一场,有 7:2 共 9 场,乙队在前 8 场中胜二场,有 7:3 共 10 场,乙队在前 9 场中胜三场,有 ?????? ∴甲队取胜的过程种数是: 类似乙队取胜也有同样的过程种数 ∴ 共有 小结: 一个排列与另一个排列的区别有两点,一点是元素不同,另一点是顺序不同(在元素相同时);而一个组合与另一个组合不同点 仅是元素不同,由此可知,排列是有顺序问题,组合是无顺序问题.本题是一应用问题,根据实际确定是组合问题. 种不同的比赛过程. 种不同的过程; 种不同的过程; 种不同的过程; , , , , , , .

例 7、从 1 到 9 的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的七位数? (2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个? (3)(1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个? (4)(1)中任意两偶然都不相邻的七位数有几个? 分析与解: (l)分步完成:第一步在 4 个偶数中取 3 个,可有 4 个奇数进行排列,可有 种情况;第二步在 5 个奇数中取 4 个,可有 个. 种情况;第三步 3 个偶数,

种情况,所以符合题意的七位数有

(2)上述七位数中,三个偶数排在一起的有 (3)上述七位数中,3 个偶数排在一起,4 个奇数也排在一起的有

个. 个. 个.

(4)上述七位数中,偶数都不相邻,可先把 4 个奇数排好,再将 3 个偶数分别插入 5 个空档,共有 说明; 对于有限制条件的排列问题,常可分步进行,先组合再排列,这是乘法原理的典型应用.

例 8、6 本不同的书,按照以下要求处理,各有几种分法? (1)一堆一本,一堆两本,一堆三本; (2)甲得一本,乙得两本,丙得三本; (3)一人得一本,一人得二本,一人得三本; (4)平均分给甲、乙、丙三人; (5)平均分成三堆. 分析与解: (1)先在 6 本书中任取一本.作为一本一堆,有 后从余下三本取三本作为一堆,有 (2)由(1)知.分成三堆的方法有 法亦为 种. 种,但每一种分组方法又有 不同的分配方案,故一人得一本,一人得两本,一 种取法,再从余下的五本书中任取两本,作为两本一堆,有 种. 种取法,再

种取法,故共有分法

种,而每种分组方法仅对应一种分配方法,故甲得一本,乙得二本,丙得三本的分

(3)由(1)知,分成三堆的方法有 人得三本的分法有 (种).

(4)3 个人一个一个地来取书,甲从 6 本不同的书本中任取出 2 本的方法有 余下的 4 本书中取书有 一共有

种,甲不论用哪一种方法取得 2 本书后,已再从 种方法,所以

种方法,而甲、乙不论用哪一种方法各取 2 本书后,丙从余下的两本中取两本书,有 种方法.

(5)把 6 本不同的书分成三堆,每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人二本的区别在于,后者相当于把六本不同 的书,平均分成三难后,再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人.因此,设把六本不同的书,平均分成三堆的方法有 那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人 2 本的分法就应 种,

种,由(4)知,把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人 2

本的方法有 说明:

种.所以

,则

(种)

本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题,搞清类型的归属对今后解题大有补益,其中 (1)属非均匀分组问题. (2)属非均匀定向分配问题.

(3)属非均匀不定向分配问题.(4)属均匀不定向分配问题. (5)属均匀分组问题.

例 9、有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三个人. (1)如果每人得两本,有多少种不同的分法; (2)如果一个人得一本,一个人得 2 本,一个人得 3 本有多少种不同的分法; (3)如果把这 6 本书分成三堆,每堆两本有多少种不同分法. 分析与解: (1)假设甲先拿,则甲从 6 本不同的书中选取 2 本有 种,此时剩下的两本书自然给丙,就只有 种方法,不论甲取走的是哪两本书,乙再去取书时只能有 种不同分法. 种不同的分法.

种方法,由乘法原理得一共有 种法,一共有

(2)先假设甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本则有 (3)把 6 本书分成三堆,每堆 2 本,与次序无关.

所以一共有 说明:

种不同分法.

本题的三个问题要注意区别和联系,不要混淆. 6 本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成 3 堆每堆两本是有区别的,前者虽然也属均分问题,但要甲、乙、丙三个人一个人一 个人的去拿,而后者属均分问题又是无序问题,所以必须除以 要除以 . .一般地, 个元素中有 个元素( )均分成 m 堆一定

例如:有 17 个桃,分成 8 堆,其中一堆一个,一堆 4 个,另外 6 堆每堆都是 2 个,有多少种不同的分法.

一共有

种不同分法.

检测题 选择题 1.掷下 4 枚编了号的硬币,至少有 2 枚正面朝上的情况有( ). A. 种 B. 种

C.



D.不同于 A、B、C 的结论

2.从 A、B、C、D、E 五名学生中选出四名分别参加数学、物理、化学、英语竞赛,其中 A 不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛 方案种数为( ). A.24 B.48 C.121 D.72

3.数字不重复,且个位数字与千位数字之差的绝对值等于 2 的四位数的个数为( ). A.672 B.784 C.840 D.896

4.

?,

为 100 条共面且不同的直线, 若其中编号为

的直线互相平行, 编号为 4k-3 的直线都过某定点 A. 则

这 100 条直线的交点个数最多为( ). A.4350 B.4351 C.4900 D.4901

填空题
1.在数字 0,1,2,3,4, 5,6 中,任取 3 个不同的数字为系数 a,b,c,组成二次函数 y=ax +bx+c,则一共可以组成__________个不同的解析 式? 2.甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 项工程,甲公司承包 3 项,乙公司承包一项,丙、丁公司各承包 2 项,则共有_________种承包方式. 3.四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,则恰好有一个空盒的放法共有______种. 4.某校乒乓球队有男运动员 10 人和女运动员 9 人,选出男、女运动员各 3 名参加三场混合双打比赛(每名运动员只限参加一场比赛),共有 ___种不同的选赛方法.
2

解答题 1.有 7 本不同的书:(1)全部分给 6 个人,每人至少一本;(2)全部分给 5 个人,每人至少一本,求各有多少种不同的分法. 2.九张卡片分别写着数字 0,l,2,?,8,从中取出三张排成一排组成一个三位数,如果写着 6 的卡片还能当 9 用,问共可以 组成多少个三位数?

参考答案: 选择题:

1.A

2.D

3.C

4.B

填空题: 1.180 解答题: 1. (l)先取两本书作为一份,其余每本书为一份,将这六份书分给 6 个人,有 种分法 2.1680 3.144 4.3628800

(2) 有两类办法: 一人得 3 本, 其余 4 人各得一本, 方法数为

; 两人各得 2 本, 其余 3 人各得一本, 方法数为



所以所求方法种数为

.

2.以是否取卡片 6 分成两类,每类中再注意三位数中 0 不能在首位. (l)不取卡片 6,组成三位数的个数为 (2)取卡片 6,又分成两类, (i)当 6 用时组成的三位数的个数为 (ii)当 9 用时同样有个 根据加法原理得所求三位数的个数为: . . ; ;

排列与组合

一、教材分析:
1.基本概念:排列与排列数、组合与组合数 从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列;从 n 个不同元素中取出

m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数,用符号

表示.

从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合;从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素

的所有组合的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用符号 2.基本公式:

表示.

=n(n-1)(n-2)??(n-m+1)=

(规定 0!=1).

=

(规定

=1)

. 3.排列组合的解题原则: (1)深入弄清问题的情景

要深入弄清问题的情景,切实把握各因素之间的相互关系,不可分析不透,就用



乱套一气.具体地说:首先要弄清有无“顺序”的

要求,如果有“顺序”的要求,用

,如果无“顺序”要求,就用

;其次,要弄清目标的实现,是分步达到的,还是分类完成的,前者用

分步计数原理,后者用分类计数原理.事实上,一个复杂的问题,往往是分类和分步交织在一起的,这就要准确分清,哪一步用分步计数原理,哪 一步用分类计数原理. (2)两个方向的解题途径 对于较复杂的问题,一般都有两个方向的列式途径,一个是正面直接解,一个是反面排除法.前者是指按要求,一点一点选出符合要求的方案, 后者是指先按照全局性的要求,选出方案,再把不符合其他要求的方案排除掉. 这两个途径的优劣因题而异.一般地,一道题目“正面解”很繁琐时,“反面排除”往往简单,反之亦然. (3)分析问题的两个方向 分析问题时,我们往往从元素和位置两个方向插手,一般情况,从算理上说,从特殊元素和特殊位置两个方向都能解决问题.但具体问题从特 元与特位上作对比,则可能大相径庭,差距很大。因此平常做题时,这两种训练都要进行. (4)特别强调一题多解 一题多解,可以从不同角度分析同一问题,加深对分类计数原理、分步计数原理及排列组合的深刻认识与体会,同时,一题多解也是解排列组 合问题最有效,最主要的检验方法. 4.对常见问题分类总结 关于数字问题,要注意“0”这个特元,关于人或物的排列问题,要注意元素相邻,往往采取“捆绑法”看成一个整体,元素不相邻,则往往 采取“插空”的方法. 二、例题分析 例 1. (1)用 0,1,2,3,4 组合多少无重复数字的四位数? (2)这四位数中能被 3 整除的数有多少个? 解:(1)直接分类法:

①特元法:

②特位法:先考虑首位,可以从 1,2,3,4 四个数字中任取一个,共

种方法,再考虑其它三个位置,可以从剩下的四个数字中任取 3 个.



种方法,则共有

=96 种方法,即 96 个无重复数字的四位数.

间接排除法:先从五个数字中任取四个排成四位数:

,再排除不符合要求的四位数即 0 在首位的四位数:

.则共有

=96 个.

(2)能被 3 整除的四位数应该是四位数字之和为 3 的倍数.

分析:因为不含 0 时,1+2+3+4=10.10 不是 3 的倍数,所以组成的四位数必须有 0,即 0,1,2,3 或 0,2,3,4,共有 2( 例 2.用 0,1,2,3,4 五个数字组成无重复数字的五位数从小到大依次排列.(1)第 49 个数是多少? (2)23140 是第几个数? 解: (1)首位是 1,2,3,4 组成的五位数各 24 个.所以第 49 个数是首位为 3 的最小的一个自然数,即 30124.

)=36 个.

(2)首位为 1 组成

=24 个数;

首位为 2,第二位为 0,1 共组成

=12 个数.

首位为 2,第二位为 3,第三位为 0 的数共

=2 个;首位为 2,第二位为 3,第三位为 1,第四位为 0 的数有 1 个,为 23104.

由分类计数原理:

+

+

+1=39.

按照从小到大的顺序排列 23104 后面的五位数就是 23140,所以 23140 是第 40 个数. 例 3.5 男 6 女排成一列,问 (1)5 男排在一起有多少种不同排法? (2)5 男都不排在一起有多少种排法? (3)5 男每两个不排在一起有多少种排法? (4)男女相互间隔有多少种不同的排法? 解:

(1)先把 5 男看成一个整体,得

,5 男之间排列有顺序问题,得

,共

种.

(2)全排列除去 5 男排在一起即为所求,得

.

(3)因为男生人数少于女生人数,利用男生插女生空的方法解决问题,得

.

(4)分析利用男生插女生空的方法,但要保证两女生不能挨在一起,得

.

例 4.3 名医生和 6 名护士被分配到 3 个单位为职工体检,每单位分配 1 名医生和 2 名护士,不同的分配方案有多少种?

解:3 名医生分到 3 个单位有 方案.

种方案,6 名护士分到 3 个单位,每个单位 2 名有

种,根据分步计数原理,共有

=540 种

例 5.四面体的顶点和各棱中点共 10 个点,在其中取 4 个点,可以组成多少个不同的三棱锥?

解:组成三棱锥,只需 4 个点不共面,考虑到直接法有困难,故采用间接排除法.

从 10 个点中任取 4 个点有

中,其中 4 个点共面有三类情况:①4 个点位于四面体的同一面中,有 4

种;②取任一条棱上的 3 个点,及

该棱对棱的中点,这四点共面共有 6 种;③由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱),它的 4 个顶点共面有 3 种,

所以不同的取法共有

-4

-6-3=141 种.

例 6.求证(1) 证明:

;(2)

(1)

另一种解释:对于含某元素 a 的(n+1)个元素中取 m 个元素的排列可分为两类, 一类是不含元素 a 的, 有

个; 另一类是含元素 a 的, m 有

个,因此共有(

+m

)个,即

+m

=

.

(2)



.

另一种解释:对于含有某元素 a 的(n+1)个元素中取 m 个元素的组合可分为两类, 一类是不含元素 a 的, 有

个; 另一类是含元素 a 的有

个,因此共有( 三、课外练习:

+

)个,即

.

1.用 1,2,3,4,5 这五个数字组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( A、24 个 B、30 个 C、40 个 D、60 个

).

2.5 男 2 女排成一排,若女生不能排在两端,且又要相邻,不同的排法有( A、480 种 B、960 种 C、720 种 D、1440 种

).

3. 某天课表中 6 节课需从 4 门文科, 门理科中选出 6 门课程排出, 4 其中文科交叉排, 且一、 二节必须排语文、 数学, 则不同的排法共有_________ 种. 4.在 50 件产品中有 4 件是次品,其余均合格,从中任意取出 5 种,至少 3 件是次品的取法共有________种. 5. 正方体的 8 个顶点可确定不同的平面个数为________,以这些顶点为顶点的四面体共有__________个.

参考答案: 1.A 2. B

3. 72. 先选出另两门文科,理科有 种.

种,又因为文科交叉且一、二节必须排语文,数学有

种,所以有

=72

4.

=4186.

5.①

+12=20



-2×6=58

测试

选择题 1.不等式 A、{x|x>3} >3 的解集是( ) C、{x|3<x<4, x∈N} D、{x|x>3,x∈N}

B、{x|x>4, x∈N}

2.数



) B、一定是偶数 D、以上结论都不对

A、一定是奇数 C、奇偶性由 n 的奇偶性来决定

3.用 0,1,2,3,这四个数字组成个位数不是 1 的没有重复数字的四位数共有( A、16 B、14
C、12

)个

D、10

4.要排一个有 5 个独唱节目和 3 个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排头,并且任何 2 个舞蹈节目不连排,则不同的排法种数是(



A、

B、

C、

D、

5.若直线方程 Ax+By=0 的系数 A、B 可以从 0,1,2,3,6,7 等六个数字中取不同的数值,则这些方程所表示的直线条数是( A、 -2 B、
C、



+2

D、

6.不同的 5 种商品在货架上排成一排,其中 a、b 两种必须排在一起,而 c、d 两种不能排在一起,则不同的排法共有( A、12 种 B、20 种 C、24 种 D、48 种



7.有 5 列火车停在某车站并行的 5 条轨道上,若快车 A 不能停在第 3 道上,货车 B 不能停在第 1 道上,则 5 列火车的停车方法 共有( ) B、72 种 C、120 种 D、96 种

A、78 种

8.用 0,1,2,3,4,5,六个数字组成没有重复数字的六位奇数的个数是(



A、

B、

C、

D、

9.由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的共有( A、210 个 B、300 个 C、464 个 D、600 个



10.从全班 50 名学生中,选出 6 名三好学生,其中地区级 1 名,县级 2 名,校级 3 名,求不同选法的种数.对于这道题,甲列 式子 A、全正确

,乙列式子

,丙列式子

,其中所列式子(



B、仅甲、乙正确

C、仅乙、丙正确

D、仅甲、丙正确

答案与解析

答案:1、D 解析: 1.选 D. 2.选 B. 3.选 B.

2、B

3、B

4、C

5、B

6、C

7、A

8、A

9、B

10、A

=14 个. ,舞蹈不需排在头一个节目,又需任何两个舞蹈节目不连排,只要把舞蹈节目插入独唱节 ,故选择 C. -2 条,再加入 A、B 中恰有一个不为零时所表示的两条直线,

4.选 C.5 个独唱节目的排法是

目构成的 5 个空隙中即可,即舞蹈的排法是

5.选 B.先考虑非零的 5 个数字,它们可以组成不同的直线是 故选 B. 6.2·(4!-2·3!)=24,故本题应选 C.

7.不考虑不能停靠的车道,5 辆车共有 5!=120 种停法.A 停在 3 道上的停法:4!=24 种; B 停在 1 道上的停法:4!=24 种;AB 分别停在 3 道、1 道上的停法:3!=6 种. 故符合题意的停法:120-24-24+6=78 种.故本题应选 A.

8.末位只能取 1,3,5,只有 3 种可能,首位又不能取 0,只有 4 种可能,共有 3·4· 9.由 0,1,2,3,4,5 组成的没有重复数字的六位数共有

种可能,故本题应选 A.

个,其中个位数字小于十位数字与十位数字小于个位数字

的个数是一样的.因此满足条件的六位数共有: 10.解法 1: 种.解法 2:

=300 个,故本题应选 B. 种.解法 3: 种.故本题应选 A.

课外拓展 排列、排列数公式·疑难问题解析

1.理解排列的概念,必须注意以下几点: (1)定义中规定给出的 n 个元素各不相同,并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果某个元素已被取出,则 这个元素就不能再取了,否则就变成了取出两个相同的元素. (2)在定义中,包含两方面的内容: 第一是选元素.“从 n 个不同元素中任取 m 个不同元素”,要注意被取的元素是什么?取出的元素又是什么?即明确问题中的 n 和 m 各是什么. 第二是排顺序.“将取出的 m 个元素按照一定的顺序排成一列.”有排顺序的要求是排列问题中的本质属性. (3)由于是从 n 个不同元素中取出 m 个不同元素,因此必有 m≤n,当 m=n 时,即所有元素都取出的排列,这种特殊的排列叫做全 排列. (4)定义中的“一定顺序”,是与位置有关的问题.对有些具体情况,如取出数字 1,2,3 组成三位数,就与位置有关.因 123 和 132 是不同的三位数.但如取出数字 1,2,3 考虑它们的和,则与位置无关. 2.写出所有排列的方法
排列是指具体的排法.如一个排列 ABC,是指 A 排在左端,B 排在中间,C 排在右端这一具体排法,在写具体的排列时,必须按一定

规律写,否则容易造成重复或遗漏.我们常用画树形图的方法逐一写出所有排列.
如:写出 A,B,C,D 四个元素中任取两个元素的所有排列.

所有排列为 AB,AC,AD,BA,BC,BD,CA,CB,CD,DA,DB,DC,共有 12 种不同的排列.

3.相同排列
从排列定义知道,如果两个排列相同,不仅这两个排列的元素必须完全相同,而且排列的顺序也必须完全相同.例如,AB 和 BA,虽然元素

相同,但由于顺序不同,所以就不是两个相同的排列,而是两个不同的排列.

4.排列问题的判断
如何判断一个具体问题是不是排列问题,就看从 n 个不同元素中取出的 m 个元素是有序还是无序,有序是排列,无序就不是排列.例

如,从 2,3,7,21 四个数中任取两个数相加,可得到多少个不同的和.这四个数中任取两个数出来以后做加法,因为加法满足交 换律,2+3=3+2,它们的和与顺序无关,因此就不是排列问题.
如果从上面这四个数中任取两个相减,一共有多少个不同的差.因为 3-2≠2-3,这里有被减数和减数的区别,取出的两个数 2 与 3 就与

顺序有关了,这就属排列问题. 5.排列与排列数 要分清“排列”和“排列数”这两个不同的概念,一个排列是指从 n 个不同元素中,任取 m 个元素,按照一定顺序排成一列的 一种具体排法,它不是数.而排列数是指从 n 个不同元素中取 m 个不同元素的所有排列的个数,它是一个数.如从 a,b,c 中任取 两个元素的排列可以有以下 6 种:ab、ac、ba、bc、ca、cb,每一种都是一个排列,而数字 6 就是排列数. 6.关于排列数公式 (1)排列数公式 An =n(n-1)?(n-m+1),其特点是:从自然数 n 开始,后一个因数比前一个因数小 1,最后一个因数是 n-m+1,共 m 个因数相乘. (2)当 m=n 时,排列数公式为 An =n!,相应地从 n 个不同元素中将元素全部取出的一个排列是全排列. 7.关于排列的应用题
在解关于排列的应用题时,要特别注意如下几点:
n m

(1)弄清题意.要明确题目中的事件是什么,可以通过怎样的程序来完成这个事件,进而是采用相应的计算方法,不能乱套公式, 盲目地计算. (2)弄清问题的限制条件.注意特殊元素和特殊的位置,必要时可画出图形帮助思考. (3)合理的分类(分类计数原理)和分步(分步计数原理),即通过讨论来解决问题.
在排列问题中,常分如下两类基本的方法:

(1)直接法.从条件出发,直接考虑符合条件的排列数; (2)间接法.先不考虑限制条件,求出所有排列数,然后再从中减去不符合条件的排列数(排除法).

组合、组合数公式·疑难问题解析

1.组合与排列的联系和区别
相同点:排列和组合都是从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素.

不同点:排列与组合的区别在于元素取出以后,是“排成一排”,还是“组成一组”,其实质就是取出的元素是不是存在顺序 上的差异.因此,区分排列问题和组合问题的主要标志是:是否与元素的排列顺序有关.有顺序的是排列问题,无顺序的则是组合 问题.例如 123 和 321,132 是不同的排列,但它们都是相同的组合.再如两人互通一次信是排列问题,互握一次手则是组合问题. 2.组合与组合数 和排列与排列数之间的区别一样,“组合”和“组合数”是两个不同的概念.一个组合是指“从 n 不同元素中,任取 m(m≤n)个 元素,并成一组”,它不是一个数,而是具体的一件事;组合数是指“从 n 个不同元素中取出 m 个元素的所有组合的个数”,它是 一个数,例如,从 3 个元素 a、b、c 每次取出 2 个元素的组合为:ab,ac,bc,其中每一种都叫一个组合,共 3 种,而数字 3 就是 组合数. 3.组合应用题 (1)众所周知,有顺序要求的是排列问题,无顺序要求的是组合问题.重要的是对“顺序”的理解.什么叫做有顺序,这需要通 过解题来加深理解. (2)设计好完成事件的程序,并灵活应用分类处理的方法来处理复杂的问题.在分类时要注意做到不重复、不遗漏.

组合数的两个性质·疑难问题解析

1.对组合数的两个性质的理解. (1)要能利用组合数的意义来理解上述两项性质. 因为从 n 个不同的元素中取出 m 元素后,就剩下 n-m 个,因此从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法,与从 n 个元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的,因此是一样多的,这就是性质 1 揭示的意义.

在确定从 n+1 个元素中取 m 个元素的方法时,对于某一个元素,只存在取与不取的两种可能.如果取这一个元素,则需从剩下的

n 个元素中取出 m-1 个元素,所以共有

种。如果不取这一个元素,则需从剩下的 n 个元素中取出 m 个元素,所以共有

种。

由分类计数原理,得: 上述推理过程中可以看成是对组合数两个性质的构造性证明.这种方法不仅可以加深我们对公式的理解, 而且也是证明组合恒等式等问

题的一种重要思路. (2)利用组合数及组合数的性质可推出如下两个常用结论.

(3)组合数的两个性质, 在有关组合数的计算、化简、证明等方面有着广泛的应用. 2.排列、组合的应用问题 (1)排列应用题 ①无限制条件的简单排列应用题解法步骤

(n≥m)

一转化

二求值,三作答。

②有附加条件的排列应用题

解法

(2)组合应用题 ①无限制条件的组合应用题:解法步骤:一判断二转化三求值四作答. ②有限条件的组合应用题. a.类型:“含”与“不含”的问题; b.解法:直接法、间接法、可将条件视为特殊元素与特殊位置,一般来讲,特殊者优先满足,其余则“一视同仁”; c.分类的依据:“至多”、“至少”. (3)排列、组合综合题

一般解法:先选元素后排列,同时注意按元素的性质分类或按事件的发生过程分步.类型:分组、分配、群排列等.

3.解排列组合问题的基本思路: (1)对带有限制条件的排列问题,要掌握基本的解题思想方法. ①有特殊元素或特殊位置的排列,通常是先排特殊的元素或特殊位置; ②元素必须相邻的排列,可以先将相邻的元素看作一个整体; ③元素不相邻的排列,可以制造空档插进去; ④元素有顺序限制的排列,可以先不考虑顺序,排列后再利用规定顺序的实情求结果. (2)处理几何中的计算问题,注意“对应关系”,如不共线三点对一个三角形,不共面四点可以确定一个四面体等等,可借助图 形来帮助思考,并善于利用几何性质于解题中. (3)对于有多个约束条件的问题,可以通过分析每个约束条件,然后再综合考虑是分类或分步,或交替使用两个原理,也可以先 不考虑约束条件,然后扣除不符合条件的情况获得结果. (4)要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意.

专题辅导 解排列组合问题的策略

要正确解答排列组合问题,第一要认真审题,弄清楚是排列问题还是组合问题、还是排列与组合混合问题;第二要抓住问题的 本质特征,采用合理恰当的方法来处理,做到不重不漏;第三要计算正确.下面将通过对若干例题的分析,探讨解答排列组合问题 的一些常见策略,供大家参考.
一、解含有特殊元素、特殊位置的题——采用特殊优先安排的策略 对于带有特殊元素的排列问题,一般应先考虑特殊元素、特殊位置,再考虑其他元素与其他位置,也就是解题过程中的一种主元思想. 例 1:用 0,2,3,4,5 这五个数字,组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( )

A.24 个

B.30 个

C.40 个

D.60 个

解:因组成的三位数为偶数,末尾的数字必须是偶数,又 0 不能排在首位,故 0 是其中的“特殊”元素,应优先安排,按 0 排在末尾

和 0 不排在末尾分为两类:①当 0 排在末尾时,有 + =30 个,选 B.

个;②当 0 不排在末尾时,三位偶数有

个,据加法原理,其中偶数共



若含有两个或两个以上的特殊位置或特殊元素,则应使用集合的思想来考虑.这里仅举以下几例.

(1)无关型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集) 例 2:用 0,1,2,3,4,5 六个数字可组成多少个被 10 整除且数字不同的六位数?

解:由题意可知,两个特殊位置在首位和末位,特殊元素是“0,首位可取元素的集合 A={1,2,3,4,5},末位可取元素的集 合 B={0},A∩B=
.如图 1 所示.

末位上有

种排法, 首位上有

种不同排法, 其余位置有

种不同排法. 所以, 组成的符合题意的六位数是

=120(个).

说明:这个类型的题目,两个特殊位置上所取的元素是无关的.先分别求出两个特殊位置上的排列数(不需考虑顺序),再求出其余位置上

的排列数,最后利用乘法原理,问题即可得到解决. (2)包合型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系) 例 3:用 0,1,2,3,4,5 六个数字可组成多少个被 5 整除且数字不同的六位奇数? 解:由题意可知,首位、末位是两个特殊位置,“0”是特殊元素,首位可取元素的集合 A={1,2,3,4,5},末位可取元素的 集合 B={5},B A,用图 2 表示。

末位上只能取 5, 有

种取法, 首位上虽然有五个元素可取但元素 5 已经排在末位了, 故只有

种不同取法, 其余四个位置上有

种不同排法,所以组成的符合题意的六位数有

=96(个).

说明:这个类型的题目,两个特殊位置上所取的元素组成的集合具有包含关系,先求被包合的集合中的元素在特殊位置上的排列数,再求另一 个位置上的排列数,次求其它位置上排列数,最后利用乘法原理,问题就可解决.

(3)影响型(两个特殊位置上可取的元素既有相同的,又有不同的.这类题型在高考中比较常见.) 例 4:用 1,2,3,4,5 这五个数字,可以组成比 20000 大并且百位数字不是 3 的没有重复数字的五位数有多少个? 解:由题意可知,首位和百位是两个特殊位置,“3”是特殊元素.首位上可取元素的集合 A={2,3,4,5},百位上可取元素 的集合 B={1,2,4,5}.用图 3 表示.

从图中可以看出,影响型可分成无关型和包含型.①首先考虑首位是 3 的五位数共有: 数,由于要比 20000 大,∴首位上应该是 2、4、5 中的任一个,

个;②再考虑首位上不是 3 的五位

种选择;其次 3 应排在千位、十位与个位三个位置中的某一个上,

种选择,最后还有三个数、三个位置,有

种排法,于是首位上不是 3 的大于 20000 的五位数共有个



综上①②,知满足题设条件的五位数共有:

+

=78 个.

二、解含有约束条件的排列组合问题一――采用合理分类与准确分步的策略 解含有约束条件的排列组合问题,应按元素的性质进行分类,按事件发生的连贯过程分步,做到分类标准明确、分步层次清楚,不重不漏. 例 5:平面上 4 条平行直线与另外 5 条平行直线互相垂直,则它们构成的矩形共有________个.

简析:按构成矩形的过程可分为如下两步:第一步.先在 4 条平行线中任取两条,有

种取法;第二步再在 5 条平行线中任取两条,



种取法.这样取出的四条直线构成一个矩形,据乘法原理,构成的矩形共有

·

=60 个.

例 6:在正方体的 8 个顶点,12 条棱的中点,6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中,共线的三点组的个数是多少?

解:依题意,共线的三点组可分为三类:两端点皆为顶点的共线三点组共有

=28(个);两端点皆为面的中心的共线三点组

共有

=3(个);两端点皆为各棱中点的共线三点组共有

=18(个).

所以总共有 28+3+18=49 个. 例 7:某种产品有 4 只次品和 6 只正品(每只产品均可区分).每次取一只测试,直到 4 只次品全部测出为止.求第 4 只次品在第五

次被发现的不同情形有多少种? 解:先考虑第五次测试的产品有 4 种情况,在前四次测试中包含其余的 3 只次品和 1 只正品,它们排列的方法数是 6 乘法原理得所求的不同情形有 4×6 =576 种. 。依据

有些排列组合问题元素多,取出的情况也有多种,对于这类问题常用的处理方法是:可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计算,最后计 算总和. 例 8:由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复的 6 位数,其中个位数字小于十位数字的共有 ( )

A、210 个

B、300 个

C、464 个

D、600 个

分析:按题意个位数字只可能是 0,1,2,3,4 共 5 种情况,符合题的分别有 个.









合并总计,共有 故选 B.

+

+

+

+

=300(个).

说明:此题也可用定序问题缩位法求解,先考虑所有 6 位数:

个,因个位数字须小于个位数字,故所求 6 位数有(

)/

=300(个).
处理此类问题应做到不重不漏.即每两类的交集为空集,所有类的并集为合集.因此要求合理分类. 例 9:已知集合 A 和集合 B 各含 12 个元素,A∩B 含有 4 个元素,试求同时满足下面的两个条件的集合 C 的个数:

(1)C

A∪B,且 C 中含有 3 个元素; (
表示空集)。

(2)C∩A≠

分析:由题意知,属于集合 B 而不属于集合 A 元素个数为 12-4=8,因此满足条件(1)、(2)的集合 C 可分为三类:第一类:含 A 中

一个元素的集 C 有 个数是 +

个;第二类:含 A 中二个元素的集 C 有

个;第三类:含 A 中三个元素的集 C 有

个。故所求集 C 的

+

=1084.

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组,分别分配到不同的位置上,对于这类问题的常用解法,是先将元素逐一分组,然后再进行全排列、 但在分组时要注意是否为均匀分组. 例 10:3 名医生和 6 名护士被分配到 3 所学校为学生体检,每校分配 1 名医生和 2 名护土,不同的分配方法共有 (

).

A.90 种

B.180 种

C.270 种

D.540 种

分析:(一)先分组、后分配:

第一步: 3 名医生分成 3 组, 将 每组一人只有一种分法. 第二步: 6 名护士分成 3 组, 将 每组 2 人有: (

)/

种分法. 第

三步:将医生 3 组及护士 3 组进行搭配,使每组有一名医生、2 名护士,有 学校有

种搭配方法.第四步:将所得的 3 组分配到 3 所不同的

种分配法.

故共有不同的分配方法:

·

=540(种).故选(D).

分析:(二)第一步:先将 6 名护士分配到 3 所不同学校,每所学校 2 名,则有

(种)分法.

第二步:再将 3 名医生分配到 3 所不同的学校,每所学校 1 人,有

种分法.

故共有

=540(种)故选(D).

说明:处理此类问题应注意准确分步. 三、解排列组台混合问题——采用先选后排策略 对于排列与组合的混合问题,可采取先选出元素,后进行排列的策略. 例 11:4 个不同小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒子,则恰有一个空盒的放法有_________种. 简析:这是一个排列与组合的混合问题.因恰有一个空盒,所以必有一个盒子要放 2 个球,故可分两步进行:第一步选,从 4 个球中任

选 2 个球,有

种选法。从 4 个盒子中选出 3 个,有

种选法;第二步排列,把选出的 2 个球视为一个元素,与其余的 2 个球共 3

个元素对选出的 3 个盒子作全排列,有
四、正难则反、等价转化策略

种排法.所以满足条件的放法共有

=144 种.

对某些排列组合问题,当从正面入手情况复杂,不易解决时,可考虑从反面入手,将其等价转化为一个较简单的问题来处理.即采用先求总的 排列数(或组合数),再减去不符合要求的排列数(或组合数),从而使问题获得解决的方法.其实它就是补集思想. 例 12:马路上有编号为 1、2、3、?、9 的 9 只路灯,为节约用电,现要求把其中的三只灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三

只,也不能关掉两端的路灯,则满足条件的关灯方法共有_______种.
简析:关掉一只灯的方法有 7 种,关第二只、第三只灯时要分类讨论,情况较为复杂,换一个角度,从反面入手考虑.因每一种关

灯的方法唯一对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列,于是问题转化为在 6 只亮灯中插入 3 只暗灯,且任何两只暗灯不相邻、 且暗灯不在两端,即从 6 只亮灯所形成的 5 个间隙中选 3 个插入 3 只暗灯,其方法有 种.
例 13:甲、乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 =10 种。故满足条件的关灯的方法共有 10

号队员比赛,??直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成—种比赛过程,那么所有可能出现的比赛过程共有多少种? 解:设甲队队员为 al,a2,?a7,乙队队员为 b1,b2,??,b7,下标表示事先安排好的出场顺序,若以依次被淘汰的队员为顺序, 比赛过程可类比为这 14 个字母互相穿插的一个排列,最后是胜队中获胜队员和可能未参赛的队员.如 a1a2b1b2a3b3b4b5a4b6b7a5a6a7. 所 表示为 14 个位置中取 7 个位置安排甲队队员,其余位置安排乙队队员,故比赛过程的总数为 例 14:有 2 个 a,3 个 b,4 个 c 共九个字母排成一排,有多少种排法? 分析:若将字母作为元素,1—9 号位置作为位子,那么这是一个“不尽相异元素的全排列”问题,若转换角色,将 1—9 号位置 作为元素,字母作为位子,那么问题便转化成一个相异元素不许重复的组合问题.
=1260(种)不同的排法. =3432.

即共有

有些问题反面的情况为数不多,容易讨论,则可用剔除法. 对有限制条件的问题,先以总体考虑,再把不符合条件的所有情况剔除.这是解决排列组合应用题时一种常用的解题策略. 例 15:四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点,在其中取 4 个不共面的点,不同的取法共有(

)

A.150 种

B.147 种

C.14 种

D.141 种 减去 4

分析:在这 10 个点中,不共面的不易寻找,而共面的容易找.因此,采用剔除法,由 10 个点中取出 4 个点的组合数(

个点共面的个数即为所求).4 点共面情形可分三类:第一类:四面体每个面中的四个点共面,共有 4×

=60 种;第二类:四面

体的每 2 组对棱的中点构成平行四边形,则这四点共面,共有 3 种;第三类:四面体的一条棱上三点共线,这三点与对棱中点共面, 共有 6 种.故 4 点不共面的取法有 -(4 +6+3)=141 种.

例 16:从 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 这 10 个数中取出 3 个数,使和为不小于 10 的偶数,不同的取法有多少种.

解:从这 10 个数中取出 3 个不同的偶数的取法有

种;取 1 个偶数和 2 个奇数的取法有

种.另外,从这 10 个数中取出 3

个数,使其和为小于 10 的偶数,有 9 种不同取法. + -9=51 种.

因此,符合题设条件的不同取法有 五、解相邻问题——采用“捆绑”策略

对于某几个元素要求相邻的排列问题,可先将相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列,然后再在相邻元素之间 排列.
事实上,这种方法就是将相邻的某几个元素,优先考虑。让这些特殊元素合成一个元素,与普通元素排列后,再松绑. 例 17:A,B,C,D,E 五人并排站成一排,如 A,B 必相邻,且 B 在 A 右边,那么不同排法有( )

A.24 种

B.60 种

C.90 种

D.120 种

分析:将特殊元素 A,B 按 B 在 A 的右边“捆绑”看成一个大元素,与另外三个元素全排列 ,由 A,B 不能交换,故不再“松绑”,

选 A.
例 18:5 人成一排,要求甲、乙相邻,有几种排法?

解:将甲、乙“捆绑”成一个元素,加上其他 3 元素,共 4 元素,全排列有 48 种.

种,甲、乙内部的排列有

种.故共有



也可以这样理解:先让甲、丙、丁、戊,排成一列有

种,再将乙插入甲的左边或右边,有

种,共

=48 种.

例 19:计划展出 10 幅不同的画,其中一幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一行陈列,要求同一品种的画必须连在一起,并且

水彩画不放在两端,那么不同的陈列方式有多少种? ( A、 B、 C、

) D、

分析:先把 3 种品种的画各看成整体,而水彩画不能放在头尾,故只能放在中间,又油画与国画有

种放法,再考虑油画与国画本

身又可以全排列,故排列的方法为

,故选 D.

例 20:5 名学生和 3 名老师站成一排照相,3 名老师必须站在一起的不同排法共有________种.
简析:将 3 名老师捆绑起来看作一个元素,与 5 名学生排列,有 种排法;而 3 名老师之间又有

种排法,故满足条件的排法共



=4320 种.

用“捆绑”法解题比较简单,实质是通过“捆绑”减少了元素,它与下面要提到的“插孔”法结合起来,威力便更大了.
六、解不相邻问题——采用“插孔”策略 对于某几个元素不相邻的排列问题,可先将其他元素排列好,然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端的空隙中插入. 例 21:7 人站成一行,如果甲、乙两人不相邻,则不同的排法种数是 (

)

A.1440 种

B.3600 种

C.4320 种

D.4800 种

简析:先让甲、乙之外的 5 人排成一行,有

种排法,再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入,有

种方法.故共有

·

=3600 种排法,选 B.

例 22:要排一个有 6 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单,任何两个舞蹈不相邻,问有多少种不同排法?

分析: 先将 6 个歌唱节目排成一排有 ·6!=604800 种不同排法.

种排法, 个歌唱节目排好后包括两端共有 7 个 6 “间隔” 可以插入 4 个舞蹈节目有

种,

故共

例 23:从 1,2,3,?,2000 这 2000 个自然数中,取出 10 个互不相邻的自然数,有多少种方法?

解:将问题转化成把 10 名女学生不相邻地插入站成一列横列的 1990 名男生之间(包括首尾两侧),有多少种方法? 因为任意相邻 2 名男学生之间最多站 1 名女学生,队伍中的男学生首尾两侧最多也可各站 1 名女学生.于是,这就是 1991 个位 置中任选 10 个位置的组合问题,故共有

种方法.

利用“插孔”法,也可以减少元素,从而简化问题.
例 24:一排 6 张椅子上坐 3 人,每 2 人之间至少有一张空椅子,求共有多少种不同的坐法?

解:将问题转化成把 3 个人坐 5 张椅子,然后插一把空椅子问题. 3 个人若坐 5 张椅子,每 2 人之间一张空椅子.坐法是固定的有 隙,有 4 种插法.所以共有 4 =24 种不同的坐法.
种不同的坐法,然后,将余下的那张椅子插入 3 个坐位的 4 个空

七、解定序问题——采用除法策略

对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其它元素一同进行排列,然后用总排列数除以这几个元素的全排列 数,这其实就是局部有序问题,利用除法来“消序”.
例 25:由数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数小于十位数字的共有( )

A.210 个

B.300 个

C. 464 个

D.600 个

简析:若不考虑附加条件,组成的六位数共有

个,而其中个位数字与十位数字的

种排法中只有一种符合条件,故符合条件的六位

数共

=300 个,故选 B. 例 26:信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号,现有 3 面红旗、2 面白旗,把这 5 面旗都挂上去,可表示不同信号的种数

是 ________(用数字作答).
分析:5 面旗全排列有 种挂法,由于 3 面红旗与 2 面白旗的分别全排列均只能作一次的挂法,故共有不同的信号种数是

=10(种).

说明:此题也可以用组合来解,只需 5 个位置中确定 3 个,即

=10.

例 27:有 4 个男生,3 个女生,高矮互不相等,现将他们排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列,有多少种排法?

分析:先在 7 个位置上任取 4 个位置排男生,有 共有
=840 种.

种排法,剩余的 3 个位置排女生,因要求“从矮到高”,只有一种排法,故

在处理分堆问题时,有时几堆中元素个数相等,这时也要用除法, 例 28:不同的钢笔 12 支,分 3 堆,一堆 6 支,另外两堆各 3 支,有多少种分法?

解:若 3 堆有序号,则有

·

,但考虑有两堆都是 3 支,无须区别,故共有

/

=9240 种.

例 29:把 12 支不同的钢笔分给 3 人,一人得 6 支,二人各得 3,有几种分法?

解:先分堆:有

/

种.再将这三堆分配给三人,有 =3 .

种。共有

·

/

=3

.种.

本题亦可用“选位,选项法”,即: 八、解分排问题—采用直排处理的策略

把 n 个元素排成前后若干排的排列问题,若没有其他特殊要求,可采取统一排成一排的方法来处理. 例 30:两排座位,第一排 3 个座位,第二排 5 个座位,若 8 位学生坐(每人一个座位)。则不同的坐法种数是 ( )

A、

B、

C、

D、

简析: 8 名学生可在前后两排的 8 个座位中随意入坐, 因 再无其他条件, 所以两排座位可看作一排来处理, 其不同的坐法种数是



故应选 D. 九、解“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略

对于“小团体”排列问题,可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排列,最后再进行“小团体”内部的排列.
例 31:三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会,演出的出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家,其出场方案共有(

)

A.36 种

B.18 种

C.12 种

D.6 种
种选法)与两名女歌唱家组成一个

简析:按要求出场顺序必须有一个小团体“女男女”,因此先在三名男歌唱家中选一名(有 团体,将这个小团体视为一个元素,与其余 2 名男歌唱家排列有
=36 种出场方案,选 A。 十、简化计算繁琐类问题——采用递归策略

种排法。最后小团体内 2 名女歌唱家排列有

种排法,所以共有

所谓递归策略,就是先建立所求题目结果的一个递推关系式,再经简化题目条件得出初始值,进而递推得到所求答案. 例 32:有五位老师在同一年级的 6 个班级中,分教一个班的数学,在数学会考中,要求每位老师均不在本班监考,共有安排监考的

方法总数是多少?
解:记 n 元安排即 al、a2、?、an 个元素的排列,且满足“ai 不在第 i 位上的方法总数为 an.

固定 n-1 个元素不动的排法是 1;
固定 n-2 个元素不动的排法是



固定 n-3 个元素不动的排法是



?? 固定 1 个元素不动的排法是 an=n!-1- ·an-1; ??·an-1(n≥3, n∈N)

容易计算得 a2=1,由上式递推可得:a3=2,a4=9,a5=44.
因此,共有安排监考的方案总数为 44 种. 十一、解较复杂的排列问题——采用构造型策略 对较复杂的排列问题,可通过构造一个相应的模型来处理. 例 33: 某校准备组建一个 18 人的足球队, 18 人由高一年级 10 个班的学生组成, 这 每个班级至少 1 人, 名额分配方案共有_________

种.

简析:构造一个隔板模型.如图,取 18 枚棋子排成一列,在相邻的每两枚棋子形成的 17 个间隙中选取 9 个插入隔板,将 18 枚 棋子分隔成 10 个区间,第 i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第 i 个班级学生的名额,因此名额分配方案的种数与隔板插入数相等。因 隔板插入数为
=24310 种.

,故名额分配方案有

例 34:将组成篮球队的 12 个名额分给 7 所学校,每所学校至少 1 个名额,问名额分配方法有多少种?

解: 将问题转化成一把排成一行的 12 个 0 分成 7 份的方法数, 这样用 6 块闸板插在 11 个间隔中, 共有 以名额分配总数是
种。

=462 种不同方法. 所

例 35:6 人带 10 瓶汽水参加春游,每人至少带 1 瓶汽水,有多少种不同的带法?

解:将问题转化成把 10 个相同的球放到 6 个不同的盒子里,每个盒子里至少放 1 个球,有多少种不同的放法? 即把排成一行的 10 个 0 分成 6 份的方法数,这样用 5 块闸板插在 9 个间隔中,共有
即原问题中有 126 种不同带法. 例 36:对正方体的 8 个顶点作两两连线。其中异面直线的有( =126 种.

)对.

A.156

B.174

C.192

D.210

分析:由于每一个三棱锥对应于 3 对异面直线,故可构造三棱锥,问题即特化为正方体 8 个顶点构成三棱锥的个数,易得异面 直线有( -6-6)×3=174(对),选 B.

十二、建立排列组合与集合之间的对应关系的策略 排列组合问题往往因其文字叙述抽象而使学生理解困难,在解决这类问题时,我们通常是根据加法或乘法原理将问题分类或分步逐一计算,然 而由于问题的抽象性与复杂性,我们在分类或分步的过程中,经常会出现重复或遗漏的现象.如果我们运用集合与对应的思想来分析和处理这类问 题,则能有效地解决上述矛盾.

例 37:由数字 1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字的

(1)1 不在首位、5 在末位的五位数?

(2)2,3 都与 4 不相邻的五位数?

解:(1)A={1 在首位的五位数},B={5 在末位的五位数},则原题即求 n(
已知 n(

). )=

)=n(B)-n(A∩B).易知 n(B)=

,n(A∩B)=

, (即 1 在首位,5 在末位的五位数的个数),n(

-

=18.
因而满足已知条件的五位数有 18 个.

(3)设 A={2 与 4 相邻的五位数}, B={3 与 4 相邻的五位数}则原题即求 n(
有 n(

).由摩根律、容斥原理及性质 2,
=36.即有 36 个满足已

)=n(

)=n(I-A∪B)=n(I)-n(A∪B)=n(I)-n(A)-n(B)+n(A∩B)=

知条件的数.
说明:其中 n(I)表示由数字 1,2,3,4,5 组成的无重复数字的五位数的个数,即它们的全排列数,n(A∩B)表示 2 与 4 相邻且 3

与 4 相邻的五位数的个数,那么 4 一定排在 2 与 3 之间,且 2,4,3 相邻,故有

种排法.

例 38:将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格里,每格填一个数,则每个方格的标号与所填数字均不同的填法有

多少种?

解: Ai(i=1,2,3,4)表示 i 填在标号为 i 的方格内, 设 且其余格子都填满的所有填法的集体, 则原题即求 n 由摩根律及容斥原理,有



n

=n(

)=n(I)-n(A1∪A2∪A3∪A4)

=n(I)= 即有 9 种填法。
说明:系数

(Ai∩Ah∩Aj)+n(A1∩A2∩A3∩A4) .

代表从集合 Al、A2、A3、A4 中每次取出 1 个、2 个、3 个、4 个组成交集的个数,

例 39:男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 人,选派 5 人外出比赛,在下列情形下各有多少种选派方法?

(1)队长至少有 1 人参加;(2)既要有队长,又要有女运动员.

解:(1)设 A={选派 5 人有男队长参加的},B={选派 5 人有女队长参加的},则原题即求 n(A∪B), 而 n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B).

n(A)=

=n(B), n(A∩B)=

,

故 n(A∩B)=2

-

=196.

另解: A={选派 5 人有 1 个队长参加的}, 设 B={选派 5 人有 2 个队长参加的}, 则原题即求 n(A∪B), n(A)=
n(A∩B)=n( )=0.

, n(B)=

,

因此 n(A∪B)=n(A)+n(B)=

+

=196.

说明:A∩B 即选派 5 人既要有 1 个队长参加又要有 2 个队长参加这件事,这是不可能事件.

(2)设 A={选派 5 人有队长参加的},B={选派 5 人有女运动员参加的},则原题即求 n(A∩B),
又 n(A∩B)=n(I)-n( )=n(I)-n( )

=n(I)-n(

)-n(

)+n(

)=

=191.

即有 191 种选派方法.
说明: 即选派 5 人,既无队长又无女运动员参加.

从以上 3 例我们可以看出,用集合与对应思想分析处理排列组合问题,实质上就是将同一问题中满足不同限制条件的元素的排列

或组合的全体与不同的集合之间建立相应的对应关系,而将各限制条件之间的关系转化为集合与集合之间的运算关系,通过计算集 合的元素个数来计算排列或组合的个数,这有助于将带有多个附加条件的排列或组合问题分解为只有 1 个或简单几个附加条件的排 列或组合问题来处理,这可大大简化复杂的分类过程,从而降低了问题的难度.
例 40:如果从数 1,2,?,14 中,按从小到大的顺序取出 al,a2,a3,使同时满足 a2-a1≥3 与 a3-a2≥3,那么所有符合上述要求

的不同取法共有多少中? 解:设 S={1,2,??,14},T={1,2,??,10}; P={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S, a2-a1≥3, a3-a2≥3} Q={(b1,b2,b3)|b1,b2,b3∈T, b1<b2<b3}, f: (a1, a2,a3)→(b1,b2,b3),其中 b1=a1,b2=a2-2, b3=a3-4. 易证 f 是 P 和 Q 之间的一个一一对应,所以题目所求的取法种数恰好等于从 T 中任意取出三个不同数的取法种数,共 种.
例 41:在 100 名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场比赛失败要退出比赛),最后产生一名冠军,问要举行几场? =120

分析:要产生一名冠军,需淘汰掉冠军以外的所有其它选手,即要淘汰 99 名选手,要淘汰一名选手,必须进行一场比赛;反之,

每比赛一场恰淘汰一名选手,两者之间一一对应,故立即可得比赛场次 99 次。
十三、特征分析、试验策略 研究有约束条件的排列数问题,须紧扣题目所提供的数字特征、结构特征,进行推理、分析求解. 例 42:由 1,2,3,4,5,6 六个数可组成多少个无重复且是 6 的倍数的五位数. 分析数字特征:6 的倍数既是 2 的倍数,又是 3 的倍数.其中 3 的倍数又满足“各个数位上的数字和是 3 的倍数”的特征,把 6

个数分成 4 组(3),(6),(1,5),(2,4),每组的数字和都是 3 的倍数,因此可分成两类讨论:第一类:由 1,2,4,5,6 作数码: 首先从 2,4,6 中任选一个作个位数字有 4,5 作数码,依上法有 N= ·
,所以 N1=

,然后其余四个数在其它数位上全排列有

·

。第二类:由 1,2,3,

。故 N=Nl+N2=120(个).


例 43:从 1 到 100 的自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于 100 则不同的取法有 (

A.50 种

B.100 种

C.1275 种

D.2500 种

分折:此题数字较多,情况也不一样,需要分拆摸索其规律.为了方便,两个加数中以较小的数为被加数,因为 1+100=101>100,1 为被

加数的有 1 种;同理,2 为被加数的 2 种;?;49 为被加数有 49 种;50 为被加数的有 50 种,但 51 为被加数只有 49 种;52 为被加 数只有 48 种;?;99 为被加数的只有 1 种.故不同的取法共有:(1+2+?+50)+(49+48+?+1)=2500 种,选 D。
例 44:将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格内,每个格填 1 个,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法

有 (

) B.9 种 C. 11 种 D. 23 种

A.6 种

分析:考察排列的定义,由于附加条件较多,解法较为困难,可用试验法逐步解决。 第一方格内可填 2 或 3 或 4,如填 2,则第二方格内可填 1 或 3 或 4。若第二方格内放 1,则第三方格只能填 4,第四方格填 3.若

第二方格填 3,则第三方格应填 4,第四方格应填 1。同理,若第二方格填 4,则第三、四方格应分别填 1、3,因而,第一方格放 2 共有 3 种方法。同理,第一格放 3 或 4 也各有 3 种,所以共有 9 种方法,选 B.这里用到了试验的技巧.
十四、解决允许重复排列问题——采用“住店”转化策略

解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素:一类元素可以重复,另一类不能重复.把不能重复的元素看作“客”,能重 复的元素看作“店”,再利用乘法原理直接求解的方法称为“住店法”.
例 45:七名学生争夺五项冠军。获得冠军的可能的种数有 (

)

A.7

5

B.5

7

C.

D.

分析:因同一学生可同时夺得几项冠军,故学生可重复排列.将七名学生看作七家“店”,五项冠军看作 5 名“客”。每个“客” 有 7 种住宿法,由乘法原理得 7 种,选 A.
5

以上介绍了排列组合应用题的几种常见求解策略.这些策略不是彼此孤立的,而是相互依存、相互为用的.有时解决某一问题时综合运用几种 求解策略,此外有特殊、优序、类比等策略,限于篇幅不一一赘述。

11 种

D. 23 种

分析:考察排列的定义,由于附加条件较多,解法较为困难,可用试验法逐步解决。 第一方格内可填 2 或 3 或 4,如填 2,则第二方格内可填 1 或 3 或 4。若第二方格内放 1,则第三方格只能填 4,第四方格填 3.若第二方格填 3, 则第三方格应填 4,第四方格应填 1。同理,若第二方格填 4,则第三、四方格应分别填 1、3,因而,第一方格放 2 共有 3 种方法。同理,第一格 放 3 或 4 也各有 3 种,所以共有 9 种方法,选 B.这里用到了试验的技巧. 十四、解决允许重复排列问题——采用“住店”转化策略 解决 “允许重复排列问题” 要注意区分两类元素: 一类元素可以重复, 另一类不能重复. 把不能重复的元素看作 “客” 能重复的元素看作 , “店” , 再利用乘法原理直接求解的方法称为“住店法”. 例 45:七名学生争夺五项冠军。获得冠军的可能的种数有 (
5 7

)

A.7

B.5

C.

D.

分析:因同一学生可同时夺得几项冠军,故学生可重复排列.将七名学生看作七家“店”,五项冠军看作 5 名“客”。每个“客”有 7 种住宿 法,由乘法原理得 7 种,选 A. 以上介绍了排列组合应用题的几种常见求解策略.这些策略不是彼此孤立的,而是相互依存、相互为用的.有时解决某一问题时综合运用几种 求解策略,此外有特殊、优序、类比等策略,限于篇幅不一一赘述。
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