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排列组合问题基本类型及解题方法

排列组合问题的基本模型及解题方法

导语:解决排列组合问题要讲究策略,首先要认真审题,弄清楚是排列(有序)还是组合(无 序),还是排列与组合混合问题。其次,要抓住问题的本质特征,准确合理地利用两个基本原则进 行“分类与分步”。加法原理的特征是分类解决问题,分类必须满足两个条件:①类与类必须互斥 (不相容),②总类必须完备(不遗漏);乘法原理的特征是分步解决问题,分步必须做到步与步互相 独立,互不干扰并确保连续性。分类与分步是解决排列组合问题的最基本的思想策略,在实际操作 中往往是“步”与“类”交叉,有机结合,可以是类中有步,也可以是步中有类,以上解题思路分 析,可以用顺口溜概括为:审明题意,排(组)分清;合理分类,用准加乘;周密思考,防漏防重; 直接间接,思路可循;元素位置,特殊先行;一题多解,检验真伪。注意以下几点: 1、解排列组合应用题的一般步骤为: ①什么事:明确要完成的是一件什么事(审题); ②怎么做:分步还是分类,有序还是无序。 2、解排列组合问题的思路
(1)两种思路:直接法,间接法。(2)两种途径:元素分析法,位置分析法。 3、基本模型及解题方法: (一)、元素相邻问题 (1)、全相邻问题,捆邦法
例 1、6 名同学排成一排,其中甲,乙两人必须排在一起的不同排法有( C )种。 A、720 B、360 C、240 D、120
说明:从上述解法可以看出,所谓“捆邦法”,就是在解决对于某几个元素要求相邻问题时,可 以整体考虑将相邻元素视作一个“大”元素。 (2)、全不相邻问题插空法
例 2、要排一张有 6 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单,任何两个舞蹈节目不得相邻,问 有多少不同的排法,
解:先将 6 个歌唱节目排好,其中不同的排法有 6!,这 6 个节目的空隙及两端共有七个位置中再

排 4 个舞蹈节目有 A74 种排法,由乘法原理可知,任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为 A74 A66 种

例 3、高三(一)班学要安排毕业晚会的 4 各音乐节目,2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目的演出顺序,

要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是

A、1800

B、3600

C、4320

D、5040

解:不同排法的种数为 A55 A62 =3600,故选 B

说明:从解题过程可以看出,不相邻问题是指要求某些元素不能相邻,由其它元素将它隔开,此 类问题可以先将其它元素排好,再将特殊元素插入,故叫插空法。 (3)、不全相邻排除法,排除处理 例 4、五个人站成一排,其中甲、乙、丙三人有两人相邻,有多少排法?

解:

A55

?

A33 A33

?

A22

A33或3A

2 2

A

2 3

A

2 2

?

72

例 5、有两排座位,前排 11 个座位,后排 12 个座位,现安排 2 人就座,规定前排中间的 3 个座位
不能坐,并且这 2 人不.左右相邻,那么不同排法的种数是 解法一: ①前后各一个,有 8×12×2=192 种方法 ②前排左、右各一人:共有 4×4×2=32 种方法 ③两人都在前排:两人都在前排左边的四个位置:

乙可坐 2 个位置

乙可坐 1 个位置

2+2=4

1+1=2

此种情况共有 4+2=6 种方法 因为两边都是 4 个位置,都坐右边亦有 6 种方法,所以坐在第一排总共有 6+6=12 种方法
④两人都坐在第二排位置,先规定甲左乙右

10 ? 9 ? 8 ??? 2 ?1 ? 10 ?1?10 ? 55

∴ 甲左乙右总共有

2

种方法.同样甲、乙可互换位置,

乙左甲右也同样有 55 种方法,所以甲、乙按要求同坐第二排总共有 55×2=110 种方法。综上所述,

按要求两人不同排法有 192+32+12+110=346 种

解法二:考虑 20 个位置中安排两个人就坐,并且这两人左右不相邻,4 号座位与 5 号座位不算相

邻(坐在前排相邻的情况有 12 种。),7 号座位与 8 号座位不算相邻(坐在后排相邻的情况有 22 种。),

共有 A220 ? 2(11 ? 6) ? 346 种
(二)、定序问题缩倍法 例 6、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 5 面旗都 挂上去,可表示不同信号的种数是( )(用数字作答)。

解:5 面旗全排列有 A55 种挂,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,故有

A55 A33 A22

? 10

说明:在排列的问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序问题,这类问题用缩小倍数的方法求解 比较方便.
例 7、某工程队有 6 项工程需要单独完成,其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行,工程丙必 须在工程乙完成后才能进行,有工程丁必须在工程丙完成后立即进行。那么安排这 6 项工程的不同 排法种数是 。 解一:依题意,只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的 5 个空中(插一个或二个),

可得有 A52 ? 5 ? A22 =30 种不同排法。

解二: 6! =30 4!
例 8、由数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的 6 位数,其中个位数字小于十位的数字的共

有( )

A、210 个

B、300 个

C、464 个

D、600 个

解:

1 2

A51 A55

?

300

(三)、多元问题分类法

故选 B

例 9.某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 4 个边远地区支教(每地 1 人),其中甲和乙不同去,甲

和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案共有



解析:某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 4 个边远地区支教(每地 1 人),其中甲和乙不同去,

甲和丙只能同去或同不去,可以分情况讨论,① 甲、丙同去,则乙不去,有 C52 ? A44 =240 种选法;②

甲、丙同不去,乙去,有 C53 ? A44 =240 种选法;③甲、乙、丙都不去,有 A54 ? 120 种选法,共有 600
种不同的选派方案.

例 10、设集合 I ? ?1, 2,3, 4,5? 。选择 I 的两个非空子集 A 和 B,要使 B 中最小的数大于 A 中最大的

数,则不同的选择方法共有 (B)

A、 50种

B、 49种

C、 48种

D、 47种

解析:若集合 A、B 中分别有一个元素,则选法种数有 C52 =10 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有两个元素,则选法种数有 C53 =10 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有三个元素,则选法种 数有 C54 =5 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有四个元素,则选法种数有 C55 =1 种;若集合 A 中 有两个元素,集合 B 中有一个元素,则选法种数有 C53 =10 种;若集合 A 中有两个元素,集合 B 中有 两个个元素,则选法种数有 C54 =5 种;若集合 A 中有两个元素,集合 B 中有三个元素,则选法种数有 C55 =1 种;若集合 A 中有三个元素,集合 B 中有一个元素,则选法种数有 C54 =5 种;若集合 A 中有三 个元素,集合 B 中有两个元素,则选法种数有 C55 =1 种;若集合 A 中有四个元素,集合 B 中有一个元 素,则选法种 数有 C55 =1 种;总计有 49种 ,选 B.
解法二:集合 A、B 中没有相同的元素,且都不是空集,
从 5 个元素中选出 2 个元素,有 C52 =10 种选法,小的给 A 集合,大的给 B 集合; 从 5 个元素中选出 3 个元素,有 C53 =10 种选法,再分成 1、2 两组,较小元素的一组给 A 集合,

较大元素的一组的给 B 集合,共有 2×10=20 种方法;

从 5 个元素中选出 4 个元素,有 C54 =5 种选法,再分成 1、3;2、2;3、1 两组,较小元素的一
组给 A 集合,较大元素的一组的给 B 集合,共有 3×5=15 种方法;

从 5 个元素中选出 5 个元素,有 C55 =1 种选法,再分成 1、4;2、3;3、2;4、1 两组,较小元

素的一组给 A 集合,较大元素的一组的给 B 集合,共有 4×1=4 种方法;

总计为 10+20+15+4=49 种方法。选 B.

例 11、将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球

的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有( )

A、10 种

B、20 种

C、36 种

D、52 种

解析:将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个

数不小于该盒子的编号,分情况讨论:①1 号盒子中放 1 个球,其余 3 个放入 2 号盒子,有 C41 ? 4 种

方法;②1 号盒子中放 2 个球,其余 2 个放入 2 号盒子,有 C42 ? 6 种方法;则不同的放球方法有 10

种,选 A.

说明:元素多,取出的情况也多种,可按要求分成互不相容的几类情况分别计算,最后总计。

(四)、元素交叉问题集合法(二元否定问题,依次分类)

例 12、从 6 名运动员中选出 4 名参加 4×100 米接力赛,如果甲不跑第一棒,乙不跑第四棒,共

有多少种不同的参赛方法?

解:设全集 U={6 人中任选 4 人参赛的排列},A={甲跑第一棒的排列},B={乙跑第四棒的排列},

根据求集合元素的个数的公式可得参赛方法共有:card(U)-card(A)-card(B)+card(A∩B)=252

例 13、某天的课表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共六门课程,且上午安排四节课,

下午安排两节课。

(1)若第一节不排体育,下午第一节不排数学,一共有多少种不同的排课方法?

(2)要求数学、物理、化学不能排在一起(上午第四节与下午第一节不算连排),有多少种不同的排

课方法?

例 14、同室 4 人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送来的贺年卡,则四张

贺年卡不同的分配方式有( )

A、6 种 B、9 种 C、11 种 D、23 种

解:此题可以看成是将数字 1、2、3、4 填入标号为 1、2、3、4 的四个方格里,每格填一数,且每

个方格的标号与所填数字不同的填法问题。所以先将 1 填入 2 至 4 的 3 个方格里有 3 种填法;第二步

把被填入方格的对应数字填入其它 3 个方格,又有 3 种填法;第三步将余下的两个数字填入余下的两

格中只有一种填法,故共有 3×3×1=9 种填法。故选 B

说明:求解二元否定问题先把某个元素按规定排入,再排另一个元素,如此继续下去,依此即可完

成。

例 15、安排 5 名歌手的演出顺序时,要求某名歌手不第一个出场,另一名歌手不最后一个出场,

不同排法的总数是

.(用数字作答) 。(答:78 种)

说明:某些排列组合问题几部分之间有交集,可用集合中求元素的个数的公式来求解。

(五)、多排问题单排法

例 16、两排座位,第一排有 3 个座位,第二排有 5 个座位,若 8 名学生入座(每人一座位),则

不同的座法为( )

A、 C85C83

B、 A21C85C83

C、 A83 A85

D、 A88

解:此题分两排座可以看成是一排座,故有 A88 种座法。∴选 D

说明:把元素排成几排的问题,可归纳为一排考虑,再分段处理。

(六)、至多、至少问题分类法 或 间接法(去杂处理)

含“至多”或“至少”的排列组合问题,是需要分类问题,或排除法。排除法,适用于反面情况

明确且易于计算的情况。

例 17、从 4 名男生和 3 名女生中选出 3 人,分别从事三项不同的工作,若这 3 人中至少有 1 名女生,

则选派方案共有 ( )

A、108 种

B、186 种

C、216 种

D、270 种

解析:从全部方案中减去只选派男生的方案数,合理的选派方案共有 A73 ? A43 =186 种,选 B.
例 18、5 名乒乓球队员中,有 2 名老队员和 3 名新队员.现从中选出 3 名队员排成 1、2、3 号参加团体 比赛,则入选的 3 名队员中至少有一名老队员,且 1、2 号中至少有 1 名新队员的排法有_______种.(以 数作答)

【解析】两老一新时, 有 C13 ? C21 A22 ? 12 种排法;两新一老时, 有 C12C32 ? A33 ? 36 种排法,即共有 48

种排法.

例 19、将 5 名实习教师分配到高一年级的 3 个班实习,每班至少 1 名,最多 2 名,则不同的分配方

案有

A、30 种

B、90 种

C、180 种

D、270 种

解析:将 5 名实习教师分配到高一年级的 3 个班实习,每班至少 1 名,最多 2 名,则将 5 名教师分

成三组,一组

1 人,另两组都是

2 人,有 C51 ? C42 A22

? 15 种方法,再将

3

组分到

3 个班,共有15 ? A33

? 90

种不同的分配方案,选 B.

(七)、部分符合条件淘汰法

例 20 、四面体 的顶点各棱 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、144 种

D、141 种

解:10 个点取 4 个点共有 C140 种取法,其中面 ABC 内的 6 个点中任取 4 个点必共面,这样
的面共有 6 个,又各棱中点共 6 个点,有四点共面的平面有 3 个,故符合条件不共面的平面有

C140 ? 4C64 ? 6 ? 3 ? 141

选D

说明:在选取总数中,只有一部分符合条件,可从总数中减去不符合条件数,即为所求。 (八)、分组问题与分配问题
①分组问题:均匀分组,除法处理;非均匀分组,组合处理 例 21、有 9 个不同的文具盒:(1)将其平均分成三组;(2)将其分成三组,每组个数 2,3,4。 上述问题各有多少种不同的分法?

分析:(1)此题属于分组问题:先取 3 个为第一组,有 C93 种分法,再取 3 个不第二组,有 C63 种

分法,剩下 3 个为第三组,有 C33

种分法,由于三组之间没有顺序,故有 C93C63C33 种分法。(2)同(1), A33

共有 C92C73C44 种分法,因三组个数各不相同,故不必再除以 A33 。
②分配问题:定额分配,组合处理;随机分配,先组后排 例 22、有 9 本不同的书:(1)分给甲 2 本,乙 3 本,丙 4 本;(2)分给三个人,分别得 2 本,3 本,4 本。上述问题各有多少种不同的分法?

(1)此题是定额分配问题,先让甲选,有

C92

种;再让乙选,有

C73

种;剩下的给丙,有

C

4 4

种,

共有 C92C73C44 种不同的分法(2)此题是随机分配问题:先将 9 本书分成 2 本,3 本,4 本共有三堆,

再将三堆分给三个人,共有 C92.C73.C44.A33 种不同的分法。

例 23、对某种产品的 6 件不同正品和 4 件不同次品一一进行测试,至区分出所有次品为止,若

所有次品恰好在第 5 次测试时被全部发现,则这样的测试方法有多少种可能?

解:第 5 次必测出一次品,余下 3 件次品在前 4 次被测出,从 4 件中确定最后一件次品有 C14 种

方法,前

4

次中应有

1

件正品、3

件次品,有

C16C

3 3

种,前

4

次测试中的顺序有

A

4 4

种,由分步计数原

理即得:

C14



C16

C

3 3



A

4 4

=576。

本题涉及一类重要问题:问题中既有元素的限制,又有排列的问题,一般是先选元素(即组合)后

排列.

练习:

1、3 名教师分配到 6 个班里,各人教不同的班级,若每人教 2 个班,有多少种分配方法? C62C42C22 ? 90
2、将 10 本不同的专著分成 3 本,3 本,3 本和 1 本,分别交给 4 位学者阅读,问有多少种不同的分

法? C130C73C43C11 ? 4! 3!

例 24、某外商计划在四个候选城市投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过 2 个,则

该外商不同的投资方案有 ( )

A.16 种

B.36 种 C.42 种

D.60 种

解析:有两种情况,一是在两个城市分别投资 1 个项目、2 个项目,此时有 C31 ? A42 ? 36 ,

二是在在两个城市分别投资 1,1,1 个项目,此时有 A43 ? 24 , 共有 C31 ? A42 ? A43 =60, 故选 (D)
(九)、相同元素入盒问题隔板法 在排列组合中,对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中,每盒至少一个,求方法数的问题,
常用隔板法。 例 25、求方程 x+y+z=10 的正整数解的个数。(即:10 个相同的小球分给三人,每人至少 1 个,有 多少方法?) 分析:将 10 个球排成一排,球与球之间形成 9 个空隙,将两个隔板插入这些空隙中(每空至多 插一块隔板),规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为 x.y.z 之值(如图) ○○○ ○○○ ○○○○
则隔板与解的个数之间建立了一一对立关系,故解的个数为 C92 ? 36 个。实际运用隔板法解题

时,在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧。下面举例说明: (1)、添加球数用隔板法
例 26、求方程 x+y+z=10 的非负整数解的个数。 分析:注意到 x 、y 、z 可以为零,故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了。怎 么办呢?只要添加三个球,给 x、 y、z 各一个球。这样原问题就转化为求 x+y+z=13 的正整数解
的个数了,故解的个数为 C122 =66 个。
(2)、减少球数用隔板法 例 27、将 20 个相同的小球放入编号分别为 1,2,3,4 的四个盒子中,要求每个盒子中的球数不
少于它的编号数,求放法总数。 分析 1:先在编号 1,2,3,4 的四个盒子内分别放 0,1,2,3 个球,有 1 种方法;再把剩下的
14 个球,分成 4 组,每组至少 1 个,由例 25 知有 C133 =286 种方法。
分析 2:第一步先在编号 1,2,3,4 的四个盒子内分别放 1,2,3,4 个球,有 1 种方法;第二
步把剩下的 10 个相同的球放入编号为 1,2,3,4 的盒子里,由例 26 知有 C133 =286 种方法。
(3)、先后插入用隔板法 例 28、为构建和谐社会出一份力,一文艺团体下基层宣传演出,准备的节目表中原有 4 个歌舞节 目,如果保持这些节目的相对顺序不变,拟再添 2 个小品节目,则不同的排列方法有多少种? 分析:记两个小品节目分别为 A、B。先排 A 节目。根据 A 节目前后的歌舞节目数目考虑方法数,
相当于把 4 个球分成两堆,由例 26 知有 C51 种方法。这一步完成后就有 5 个节目了。再考虑需加入

的 B 节目前后的节目数,同上理知有 C61 种方法。故由乘法原理知,共有 C51C61 ? 30 种方法。
(十)、数字问题(组成无重复数字的整数) ① 能被 2 整除的数的特征:末位数是偶数;不能被 2 整除的数的特征:末位数是奇数。 ②能被 3 整除的数的特征:各位数字之和是 3 的倍数;能被 9 整除的数的特征:各位数字之和是
9 的倍数。 ③能被 4 整除的数的特征:末两位是 4 的倍数。 ④能被 5 整除的数的特征:末位数是 0 或 5。 ⑤ 能被 25 整除的数的特征:末两位数是 25,50,75。 ⑥ 能被 6 整除的数的特征:各位数字之和是 3 的倍数的偶数。

例 29、在1, 2,3, 4,5 这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为奇数的共有

A、36 个

B、24 个

C、18 个

D、6 个

解:依题意,所选的三位数字有两种情况:(1)3

个数字都是奇数,有

A

3 3

种方法(2)3

个数字中

有一个是奇数,有

C13A

3 3

,故共有

A

3 3



C13

A

3 3

=24

种方法,故选

B

例 30、用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的五位数,则其中数字 1,2 相邻的偶数有 24 个. (十一)、分球入盒问题 例 30、将 5 个小球放到 3 个盒子中,在下列条件下,各有多少种投放方法? ① 小球不同,盒子不同,盒子不空

解:将小球分成 3 份,每份 1,1,3 或 1,2,2。再放在 3 个不同的盒子中,即先分堆,后分配。

有(

C35C21 A22

+

C52C32 A22

) ? A33

② 小球不同,盒子不同,盒子可空

解: 35 种 ③小球不同,盒子相同,盒子不空

解:只要将 5 个不同小球分成

3 份,分法为:1,1,3;1,2,2。共有 C35C21

A

2 2

+

C52C32

A

2 2

=25 种

④小球不同,盒子相同,盒子可空

本题即是将

5

个不同小球分成

1

份,2

份,3

份的问题。共有 C55

?

(C54

?

C53 )

?

( C35C21 A22

+

C52C32 A22

)

?

41



⑤小球相同,盒子不同,盒子不空

解:(隔板法)。0 \ 00 \ 00

,有

C

2 4

种方法

⑥小球相同,盒子不同,盒子可空 解一:把 5 个小球及插入的 2 个隔板都设为小球(7 个球)。7 个球中任选两个变为隔板(可以相

邻)。那么 2 块隔板分成 3 份的小球数对应于 相应的 3 个不同盒子。故有 C72 =21.解:分步插板法。
⑦小球相同,盒子相同,盒子不空 解:5 个相同的小球分成 3 份即可,有 3,1,1;2,2,1。 共 2 种 ⑧小球相同,盒子相同,盒子可空 解:只要将将 5 个相同小球分成 1 份,2 份,3 份即可。 分法如下:5,0,0; 4,1,0; 3,2,0; 3,1,1; 2,2,1。 例 31、有 4 个不同的小球,放入 4 个不同的盒子内,球全部放入盒子内 (1)共有几种放法?(答: 44 )
(2)恰有 1 个空盒,有几种放法?(答: C42 A43 ? 144 )

(3)恰有 1 个盒子内有 2 个球,有几种放法?(答:同上 C42 A43 ? 144 )

(4)恰有 2 个盒子不放球,有几种放法?(答: C43 A42 ? C42C42 ? 84 )

(十二)、涂色问题

(1)用计数原理处理的问题,需要关注图形的特征:多少块?多少色?

(2)以涂色先后分步,以色的种类分类。

例 32、某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为 6 个部分(如下图)。现要栽种 4 种不同颜色

的花,每部分栽种一种且相邻部分要能栽种同种颜色的花,则不同的栽种方法有多少种?

法 1:按对称区域颜色是否相同分类

1

分析:四种不同的颜色涂在如图所示的 6 个区域,且相邻两个区域不能同色,只能

选用

4 种颜色,要分四类:
6

(1)②与⑤同色、④与⑥同色,则有 A44 ;



⑥①

2


5





3

4

(2)③与⑤同色、④与⑥同色,则有 A44 ;

(3)②与⑤同色、③与⑥同色,则有 A44 ;

(4)③与⑤同色、② 与④同色,则有 A44 ;

(5)②与④同色、③与⑥同色,则有 A44 ;

所以根据加法原理得涂色方法总数为 5 A44 =120 。
法 2:转化法 将其转化为空间图形如右图,转化为对点涂色。1 号和其他 5 个区域都相邻,其他 5 个区域
按逆时针顺序 3 个 3 个相邻,因此对这个 5 棱锥的涂色问题,可转化为用 3 种颜色对底面 5 边形 进行涂色。



1

步:对顶点

1

进行涂色,有

C

1 4

种涂法;

第 2 步:用剩余的 3 种颜色对平面 5 边形的顶点涂色,则必然有二组相对顶点同色,有如下五种 分组方式: 第一种:(2,4),(3,5),6; 第二种:(2,4),(3,6),5; 第三种:(2,5),(3,6),4; 第四种:(2,5),(4,6),3; 第五种:(3,5),(4,6),2.

每种分组方式的涂色方法有 A33 种,根据分类、分步计数原理有 C41 ? 5A33 ? 120 种涂色方法。
例 33、将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端异色,若只有五种颜 色可供使用,则不同的染色种数为 420
应该指出的是,上述所介绍的适用不同要求的各种方法并不是绝对的,对于同一问题有时会有多 种方法,这时要认真思考和分析,灵活选取最佳方法。 (十三)、不同元素进盒,先分堆再分配
对于不同的元素放入几个不同的盒内,当有的盒内有不小于 2 个元素时,不可分批进入,必
须先分堆再分配。
例 34、 5 个老师分配到 3 个班搞活动,每班至少一个,有几种不同的分法?

解:先把

5

位老师分

3

堆,有两类:

3,1,1 分布有

C53

种和1,

2,

2

分布有

C51C42C22 A22

种,再排列到

3



班里有

A33

种,故共有

(C53

?

C51C42C22 A22

) A33

种。

注意:不同的老师不可分批进入同一个班,须一次到位(否则有重复计数)。即“同一盒内的元素 必须一次进入”。
(十四)、两类元素问题组合选位法

例 35、 10 级楼梯,要求 7 步走完,每步可跨一级,也可跨两级,问有几种不同的跨法?

解:由题意知,有 4 步跨单级,3 步跨两级,所以只要在 7 步中任意选 3 步跨两级即可。故有 C73
种跨法。 注意:两类元素的排列问题涉及面很广,应予重视。
例 36、 沿图中的网格线从顶点 A 到顶点 B ,最短的路线有几条?
解:每一种最短走法,都要走三段“|”线和四段“—”线,

这是两类元素不分顺序的排列问题。故有 C73 或 C74 种走法。
例 37、从 5 个班中选10 人组成校篮球队(无任何要求),有几种选法? 解:这个问题与例12 有区别,虽仍可看成 4 块“档板”将10 个球分成 5 格(构成 5 个盒子),是 球与档板两类元素不分顺序的排列问题。但某些盒子中可能没有球,故 4 块“档板”与10 个球
一样也要参与排成一列而占位置,故有 C144 种选法。
(十五)、特殊元素(位置)优先法 对于特殊元素的排列组合问题,一般先考虑特殊元素,再考虑其他元素的安排。在操作时,
针对实际问题,有时“元素优先”,有时“位置优先”。

例 38、 0,2,3,4,5这五个数字,组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有几个?

解法一:(元素优先)分两类:

第一类:含

0



0

在个位有

A

2 4

种,

0

在十位有

A12

A13

种;

第二类:不含

0

,有

A12

A

2 3

种。

故共有

(A

2 4

?

A12 A13

)+A12

A

2 3

? 30 种。

注:在考虑每一类时,又要优先考虑个位。 解法二:(位置优先)分两类:

第一类:

0

在个位有

A

2 4

种;

第二类:0 不在个位,先从两个偶数中选一个放个位,再选一个放百位,最后考虑十位,有 A12A13A13
种。

故共有

A

2 4

+A12

A13A13

=30

例 39、电视台连续播放 6 个广告,其中含 4 个不同的商业广告和 2 个不同的公益广告,要求首尾必

须播放公益广告,则共有

种不同的播放方式(结果用数值表示).

解:分二步:首尾必须播放公益广告的有 A22 种;中间 4 个为不同的商业广告有 A44 种,从而应当 填 A22·A44=48. 从而应填 48. (十六)、“小团体”排列,先“团体”后整体

对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时,可先按制约条件“组团”并视为一

个元素再与其它元素排列。

例 40、四名男歌手与两名女歌手联合举行一场演唱会,演出的出场顺序要求两名女歌手之间有两

名男歌手,则出场方案有几种?

解:先从四名男歌手中选

2

人排入两女歌手之间进行“组团”有

A

2 4

A

2 2

种,把这个“女男男女”小

团体视为

1

人再与其余

2

男进行排列有

A

3 3

种,由乘法原理,共有

A

2 4

A

2 2

A

3 3

种.

(十七)、逐步试验法 如果题中附加条件增多,直接解决困难,用试验法寻找规律也是行之有效的方法.

例 41、将数字1,2,3,4 填入标号为1,2,3,4 的四个方格内,每个方格填一个,

则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法种数有

种。

解:此题考查排列的定义,由于附加条件较多,解法较为复杂,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 .若第二方格内填1,则第三

方格内只能填 4 ,第四方格内填 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 3 ,1。因而第一方格填 2 共有 3 种方法。

同理,第一格填 3 或 4 也各有 3 种,所以一共有 9 种方法。

(十八)、探索规律法

对于情况复杂,不易发现其规律的问题需要仔细分析,探索出其中规律,再予以解决。

例 42、从1到100的自然数中,每次取出不同的两个数,使他们的和大于100 ,则不

同的取

法种数有

种。

解:此题的数字较多,情况也不一样,需要分析摸索其规律。为方便,两个加数中较小的为被加数,

1?100 ?101 ?100,1为被加数的有1种;同理,2 为被加数的有 2 种;3 为被加数的有 3 种;……;

49 为被加数的有 49 种;50 为被加数的有 50 种;但 51为被加数的只有 49 种;52 为被加数的只有 48

种;……; 99 为被加数的只有1种,故不同的区法有:

(1? 2 ? 3 ? 50) ? (49 ? 48 ? ?1) ? 2500 种。

(十九)、可重复元素问题住店法

解决“允许重复排列”的问题要注意区分两类元素:一类元素可重复,另一类元素不能重复。把

不能重复的元素看着“客”,能重复的元素看着“店”,再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住

店法”。

例 43、 7 名学生争夺五项冠军,获得冠军的可能种数是

种。

解:应同一学生可同时夺得 n 项冠军,故学生可重复排列,将 7 名学生看着 7 家“店”,五项冠军看

着 5 名“客”,每个客有 7 种住宿方法,由分步计数原理得 N=75 种。
(二十)、特征分析法 有约束条件的排数问题,必须紧扣题中所提供的数字和结构特征,进行推理,分析求解。

例 44、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?

解:分析数字的特征: 6 的倍数的数既是 2 的倍数,又是 3 的倍数。其中 3 的倍数又满足“各个数位 上的数字之和是 3 的倍数”的特征。而且1? 2 ? ? 6 ? 21是 3 的倍数,从 6 个数字中取 5 个,使之 和还是 3 的倍数,则所去掉的数字只能是 3 或 6 。因而可以分两类讨论:第一类,所排的五位数不含 3 ,
即由1, 2,3, 4,5, 6 作数码;首先从 2, 4, 6 三个中任选一个作个位数字有 A13 种,然后其余 4 个数字在其

他数位上的全排列有

A

4 4

,所以

N1

?

A13A14

;第二类,所排的五位数不含

6

,即由1,

2, 3,

4, 5

作数码,

依上法有

N2

?

A12

A

4 4

,故

N=N1

?

N2

? 120 种。

(二十一)、元素成双问题先取后放 例 45、从 6 双不同颜色的手套中任取 4 只,其中恰有一双同色的取法有多少种?

分析:先从

6

双中取

1

双组合成双,有

C

1 6

种,再从剩下的

5

双中任取

2

双,在每双手套中各取

1

只,有 C52C21C21 种,再由分步计数原理可得,共有 C61C52C21C21 ? 240 种取法。


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