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排列组合问题的解题技巧


排列组合问题的解题方略
排列组合知识,广泛应用于实际,掌握好排列组合知识,能帮助我们在生产 生活中, 解决许多实际应用问题。 同时排列组合问题历来就是一个老大难的问题。 因此有必要对排列组合问题的解题规律和解题方法作一点归纳和总结, 以期充分 掌握排列组合知识。 首先,谈谈排列组合综合问题的一般解题规律: 1. 使用“分类计数原理”还是“分步计数原理”要根据我们完成某件事时采取的 方式而定,可以分类来完成这件事时用“分类计数原理”,需要分步来完成这件事 时就用“分步计数原理”;那么,怎样确定是分类,还是分步骤?“分类”表现为其 中任何一类均可独立完成所给的事件,而“分步”必须把各步骤均完成才能完成所 给事件, 所以准确理解两个原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰,相互独 立,彼此间交集为空集,并集为全集,不论哪类办法都能将事情单独完成,分步 计数原理强调各步骤缺一不可, 需要依次完成所有步骤才能完成这件事,步与步 之间互不影响,即前步用什么方法不影响后面的步骤采用的方法。 运用两个基本原理 加法原理和乘法原理是解排列组合应用题的最基本的出发点, 可以说对每道 应用题我们都要考虑在记数的时候进行分类或分步处理。 例 1.n 个人参加某项资格考试,能否通过,有多少种可能的结果?
1 0 解法 1:用分类计数的原理:没有人通过,有 Cn 种结果;1 个人通过,有 Cn 0 1 n n 种结果,??;n 个人通过,有 Cn 种结果。所以一共有 Cn ? Cn ???Cn ? 2 n 种可

能的结果。 解法 2:用分步计数的原理:第一个人有通过与不通过两种可能,第二个人 也是这样,??,第 n 个人也是这样。所以一共有 2 n 种可能的结果。 例 2.同室四人各写了一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人 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:设四个人分别为甲、乙、丙、丁,各自写的贺年卡分别为 a、b、c、d。 第一步,甲取其中一张,有 3 种等同的方式; 第二步,假设甲取 b,则乙的取法可分两类: (1)乙取 a,则接下来丙、丁的取法都是唯一的, (2)乙取 c 或 d(2 种方式) ,不管哪一种情况,接下来丙、丁的取法也都 是唯一的。 根据加法原理和乘法原理,一共有 3 ? (1 ? 2) ? 9 种分配方式。 2.排列与组合定义相近,它们的区别在于是否与顺序有关。 3. 复杂的排列问题常常通过试验、 “树图 ”、 画 “框图”等手段使问题直观化, 从而寻求解题途径, 由于结果的正确性难于检验,因此常常需要用不同的方法求 解来获得检验。

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4.按元素的性质进行分类,按事件发生的连续性进行分步是处理排列组合 问题的基本思想方法,要注意“至少、至多”等限制词的意义。 5.处理排列、组合综合问题,一般思想是先选元素(组合),后排列,按 元素的性质进行“分类”和按事件的过程“分步”,始终是处理排列、组合问题的基 本原理和方法, 通过解题训练要注意积累和掌握分类和分步的基本技能,保证每 步独立,达到分类标准明确,分步层次清楚,不重不漏。 6.在解决排列组合综合问题时,必须深刻理解排列组合的概念,能熟练地 对问题进行分类, 牢记排列数与组合数公式与组合数性质,容易产生的错误是重 复和遗漏计数。 总之,解决排列组合问题的基本规律,即:分类相加,分步相乘,排组分清, 加乘明确;有序排列,无序组合;正难则反,间接排除等。 其次, 我们在抓住问题的本质特征和规律,灵活运用基本原理和公式进行分 析解答的同时, 还要注意讲究一些解题策略和方法技巧,使一些看似复杂的问题 迎刃而解。下面介绍几种常用的解题方法和策略。 一.特殊元素(位置)的“优先安排法”:对于特殊元素(位置)的排列组合 问题,一般先考虑特殊,再考虑其他。 例 1. 用 0,2,3,4,5,五个数字,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 [分析]由于该三位数为偶数,故末尾数字必为偶数,又因为 0 不能排首位, 故 0 就是其中的“特殊”元素,应该优先安排,按 0 排在末尾和 0 不排在末尾分两 类:1)0 排末尾时,有 A42 个,2)0 不排在末尾时,则有 C21 A31A31 个, 由分数计数原理,共有偶数 A42 + C21 A31A31=30 个,选 B。 解法一:(元素优先)分两类:第一类,含 0,0 在个位有 A42 种,0 在十位 有 A21· A31 种 ; 第 二 类 , 不 含 0 , 有 A21· A32 种 。 故 共 有 (A42+A21· A31)+A32· A21=30。 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 A42 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 A21· A31· A31 种。故共有 A42+A21· A31· A31=30。 对于含有限定条件的排列组合应用题,可以考虑优先安排特殊位置,然后再 考虑其他位置的安排。 例 2. (1995 年上海) 1 名老师和 4 名获奖学生排成一排照像留念,若老师 不排在两端,则共有不同的排法( )种. 解:先考虑特殊元素(老师)的排法,因老师不排在两端,故可在中间三 个位置上任选一个位置,有 C31 种,而其余学生的排法有 A44 种,所以共有 C31·A44 =72 种不同的排法. 例 3. (2000 年全国)乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员,派 5 名队 员参加比赛,3 名主力队员要安排在第一、三、五位置,其余 7 名队员选 2 名安 排在第二、四位置,那么不同的出场安排共有( )种.

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解:由于第一、三、五位置特殊,只能安排主力队员,有 A33 种排法,而 其余 7 名队员选出 2 名安排在第二、四位置,有 A72 种排法,所以不同的出场 安排共有 A33· A72=252 种. 例 4.从 0,1,??,9 这 10 个数字中选取数字组成偶数,一共可以得到 不含相同数字的五位偶数多少个?
1 1 解:个位选 0,有 P94 个,个位不选 0 且万位不能选 0,有 C4 C8 P83 个,所以
1 1 一共可以得到 P94 ? C4 C8 P83 ? 13776个偶数。

注:0,2,4,6,8 是特殊元素,

元素 0 更为特殊,首位与末位是特殊的位置。 例 5.8 人站成两排,每排 4 人,甲在前排,乙不在后排的边上,一共有多 少种排法? 解:先排甲,有 P41 种排法。再排乙,有 P51 种排法,再排其余的人,又有 P66 种排法,所以一共有 P41 P51 P66 ? 14400 种排法。 特殊优先,一般在后 对于问题中的特殊元素、特殊位置要优先安排。在 操作时,针对实际问题,有时“元素优先”,有时“位置优先”。 练习 1 (89 年全国)由数字 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的五位数, 其中小于 50000 的偶数共有 个(用数字作答)。 答案:36(=C21·C31·A33) 二.总体淘汰法:对于含否定的问题,还可以从总体中把不合要求的除去。 如例 1 中,也可用此法解答:五个数字组成三位数的全排列有 A53 个,排好后发 现 0 不能排首位,而且数字 3,5 也不能排末位,这两种排法要排除,故有 A53--3A42+ C21A31=30 个偶数。 在直接法考虑比较难,或分类不清或多种时,可考虑用“排除法”,解决几何问题 必须注意几何图形本身对其构成元素的限制。 例 6. (1996 年全国)正六边形的中心和顶点共 7 个点,以其中 3 个点为顶点 的三角形共有多少个. 解:从 7 个点中取 3 个点的取法有 种,但其中正六边形的对角线所含的中心和 顶点三点共线不能组成三角形,有 3 条,所以满足条件的三角形共有 -3=32 个. 三. 合理分类与准确分步含有约束条件的排列组合问题, 按元素的性质进行 分类,按事情发生的连续过程分步,做到分类标准明确,分步层次清楚,不重不 漏。 四.相邻问题用捆绑法:在解决对于某几个元素要求相邻的问题时,先整体 考虑,将相邻的元素“捆绑”起来,看作一“大”元素与其余元素排列,然后再考虑 大元素内部各元素间顺序的解题策略就是捆绑法. 例 7. 8 本不同的书; 有 其中数学书 3 本, 外语书 2 本, 其它学科书 3 本. 若 将这些书排成一列放在书架上, 让数学书排在一起,外语书也恰好排在一起的排 法共有( )种.(结果用数值表示) 解:把 3 本数学书“捆绑”在一起看成一本大书,2 本外语书也“捆绑”在一起 看成一本大书,与其它 3 本书一起看作 5 个元素,共有 A55 种排法;又 3 本数
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学书有 A33 种排法, 本外语书有 A22 种排法; 2 根据分步计数原理共有排法 A55 A33 A22=1440(种). 注:运用捆绑法解决排列组合问题时,一定要注意“捆绑”起来的大元素内部 的顺序问题. 例 8.7 名学生站成一排,甲、乙必须站在一起有多少不同排法? 解:两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决,先将甲乙二人看作一个元素与 其他五人进行排列,并考虑甲乙二人的顺序,所以共有 种。 评注: 一般地: 个人站成一排,其中某 个人相邻,可用“捆绑”法解决, 共有 种排法。 例 9.8 人排成一排,甲、乙必须分别紧靠站在丙的两旁,有多少种排法? 解:把甲、乙、丙先排好,有 P22 种排法,把这三个人“捆绑”在一起看成 是一个,与其余 5 个人相当于 6 个人排成一排,有 P66 种排法,所以一共有
P22 P66 =1440 种排法。

例 10. 5 个男生 3 个女生排成一列,要求女生排一起,共有几种排法? 解:先把 3 个女生捆绑为一个整体再与其他 5 个男生全排列。同时,3 个女 生自身也应全排列。由乘法原理共有 A66· A33 种。 练习 3 四对兄妹站一排,每对兄妹都相邻的站法有多少种? 答案:A44· 24=384 五.不相邻问题用“插空法”:不相邻问题是指要求某些元素不能相邻,由其 它元素将它们隔开. 解决此类问题可以先将其它元素排好,再将所指定的不相邻 的元素插入到它们的间隙及两端位置,故称插空法. 例 11.用 1、2、3、4、5、6、7、8 组成没有重复数字的八位数,要求 1 与 2 相邻,2 与 4 相邻,5 与 6 相邻,而 7 与 8 不相邻。这样的八位数共有( ) 个.(用数字作答) 解:由于要求 1 与 2 相邻,2 与 4 相邻,可将 1、2、4 这三个数字捆绑在 一起形成一个大元素,这个大元素的内部中间只能排 2,两边排 1 和 4,因此大 元素内部共有 A22 种排法,再把 5 与 6 也捆绑成一个大元素,其内部也有 A22 种排法,与数字 3 共计三个元素,先将这三个元素排好,共有 A33 种排法,再 从前面排好的三个元素形成的间隙及两端共四个位置中任选两个, 把要求不相邻 的数字 7 和 8 插入即可, 共有 A42 种插法, 所以符合条件的八位数共有 A22 A22 A33 A42=288(种). 注:运用“插空法”解决不相邻问题时,要注意欲插入的位置是否包含两端位 置. 例 12. 7 名学生站成一排,甲乙互不相邻有多少不同排法? 解:甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法,所以甲、乙二人不相邻的 排法总数应为: 种 . 评注:若 个人站成一排,其中 个人不相邻,可用“插空”法解决,共有 种 排法。 例 13.排一张有 8 个节目的演出表,其中有 3 个小品,既不能排在第一个, 也不能有两个小品排在一起,有几种排法?

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解:先排 5 个不是小品的节目,有 P55 种排法,它们之间以及最后一个节目 之后一共有 6 个空隙, 3 个小品插入进去, P53 种排法, 将 有 所以一共有 P55 P53 =7200 种排法。 注:捆绑法与插入法一般适用于有如上述限制条件的排列问题。 例 14. 5 个男生 3 个女生排成一列,要求女生不相邻且不可排两头,共有 几种排法? 解:先排无限制条件的男生,女生插在 5 个男生之间的 4 个空隙,由乘法 原理共有 A55A43 种。 注意:①必须分清“谁插入谁”的问题。要先排无限制条件的元素,再插入必 须间隔的元素;②数清可插的位置数;③插入时是以组合形式插入还是以排列形 式插入要把握准。 练习 4. 4 男 4 女站成一行,男女相间的站法有多少种? 答案:2A44· A44 例 15. 马路上有编号为 1、2、3、…、9 的 9 盏路灯,现要关掉其中的三 盏,但不能同时关掉相邻的两盏或三盏,也不能关两端的路灯,则满足要求的关 灯方法有几种? 解:由于问题中有 6 盏亮 3 盏暗,又两端不可暗,故可在 6 盏亮的 5 个间 隙中插入 3 个暗的即可,有 C53 种。 练习 5 从 1、2、…、10 这十个数中任选三个互不相邻的自然数,有几种 不同的取法? 答案:C83。 六.顺序固定用“除法”:对于某几个元素按一定的顺序排列问题,可先把这 几个元素与其他元素一同进行全排列, 然后用总的排列数除于这几个元素的全排 列数。 例 16.6 个人排队,甲、乙、丙三人按“甲---乙---丙”顺序排的排队方法有多 少种? 分析:不考虑附加条件,排队方法有 A66 种,而其中甲、乙、丙的 A33 种 排法中只有一种符合条件。故符合条件的排法有 A66 ÷ A33 =120 种。(或 A63 种) 例 17.4 个男生和 3 个女生,高矮不相等,现在将他们排成一行,要求从 左到右女生从矮到高排列,有多少种排法。 解:先在 7 个位置中任取 4 个给男生,有 A74 种排法,余下的 3 个位置给 女生,只有一种排法,故有 A74 种排法。(也可以是 A77 ÷ A33 种) 元素定序,先排后除或选位不排或先定后插 对于某些元素的顺序固定的排列问题,可先全排,再除以定序元素的全排, 或先在总位置中选出定序元素的位置而不参加排列,然后对其它元素进行排列。 也可先放好定序的元素,再一一插入其它元素。 例 18. 5 人参加百米跑,若无同时到达终点的情况,则甲比乙先到有几种 情况? 解法一:先 5 人全排有 A55 种,由于全排中有甲、乙的全排种数 A22,而 这里只有 1 种是符合要求的,故要除以定序元素的全排 A22 种,所以有
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A55/A22=60 种。 解法二:先在 5 个位置中选 2 个位置放定序元素(甲、乙)有 C52 种,再排 列其它 3 人有 A33,由乘法原理得共有 C52A33=60 种。 解法三:先固定甲、乙,再插入另三个中的第一人有 3 种方法,接着插入第 二人有 4 种方法,最后插入第三人有 5 种方法。由乘法原理得共有 3×4×5=60 种。 练习 6 要编制一张演出节目单,6 个舞蹈节目已排定顺序,要插入 5 个歌 唱节目,则共有几种插入方法? 答案:A1111/A66 或 C116A55=C115A55 或 7×8×9×10×11 种 七.分排问题用“直排法”:把几个元素排成若干排的问题,可采用统一排成 一排的排法来处理。 例 19.7 个人坐两排座位,第一排 3 个人,第二排坐 4 个人,则不同的坐 法有多少种? 分析: 个人可以在前两排随意就坐, 7 再无其它条件,故两排可看作一排来处 理,不同的坐法共有 A77 种。 八.逐个试验法:题中附加条件增多,直接解决困难时,用试验逐步寻找规 律。 例 20. 将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的方格中,每方格填 1 个,方格标号与所填数字均不相同的填法种数有( ) A.6 B.9 C.11 D.23 解:第一方格内可填 2 或 3 或 4,如第一填 2,则第二方格可填 1 或 3 或 4, 若第二方格内填 1,则后两方格只有一种方法;若第二方格填 3 或 4,后两方格 也只有一种填法。一共有 9 种填法,故选 B 九、构造模型 “隔板法” 对于较复杂的排列问题, 可通过设计另一情景,构造一个隔板模型来解决问 题。 例 21.方程 a+b+c+d=12 有多少组正整数解? 分析:建立隔板模型:将 12 个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的 11 个间隙中任意插入 3 块隔板,把球分成 4 堆,每一种分法所得 4 堆球的各堆 球的数目,对应为 a、b、c、d 的一组正整解,故原方程的正整数解的组数共有 C113 . 又如方程 a+b+c+d=12 非负整数解的个数,可用此法解。 例 10.把 10 本相同的书发给编号为 1、2、3 的三个学生阅览室,每个阅览室 分得的书的本数不小于其编号数,试求不同分法的种数。请用尽可能多的方法求 解,并思考这些方法是否适合更一般的情况? 本题考查组合问题。 解:先让 2、3 号阅览室依次分得 1 本书、2 本书;再对余下的 7 本书进行 分配,保证每个阅览室至少得一本书,这相当于在 7 本相同书之间的 6 个“空档” 内插入两个相同“I”(一般可视为“隔板”)共有 种插法,即有 15 种分法。 例 22.20 个相同的球分给 3 个人,允许有人可以不取,但必须分完,有多 少种分法? 解: 20 个球排成一排, 将 一共有 21 个空隙, 将两个隔板插入这些空隙中 (两 个隔板可以插在同一空隙中) ,规定由隔板分成的左、中、右三部分球分别分给
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3 个人,则每一种隔法对应了一种分法,每一种分法对应了一种隔法,于是分法
2 的总数为 C21 ? 210 种方法。

注:本题可转化成求方程 x ? y ? z ? 20 的非负整数解的个数。 相同元素进盒,用档板分隔 例 23.10 张参观公园的门票分给 5 个班,每班至少 1 张,有几种选法? 解:这里只是票数而已,与顺序无关,故可把 10 张票看成 10 个相同的小 球放入 5 个不同的盒内,每盒至少 1 球,可先把 10 球排成一列,再在其中 9 个 间隔中选 4 个位置插入 4 块“档板”分成 5 格(构成 5 个盒子)有 C94 种方法。 注:档板分隔模型专门用来解答同种元素的分配问题。 练习 9 从全校 10 个班中选 12 人组成排球队,每班至少一人,有多少种 选法? 答案:C119 十.正难则反——排除法 对于含“至多”或“至少”的排列组合问题,若直接解答多需进行复杂讨论,可 以考虑“总体去杂”,即将总体中不符合条件的排列或组合删除掉,从而计算出符 合条件的排列组合数的方法. 例 24.从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台,其中至少要甲型与 乙型电视机各一台,则不同的取法共有( )种. A.140 种 B.80 种 C.70 种 D.35 种 解:在被取出的 3 台中,不含甲型或不合乙型的抽取方法均不合题意,因此 符合题意的抽取方法有 C93-C43-C53=70(种),故选 C. 注:这种方法适用于反面的情况明确且易于计算的习题. 例 25.求以一个长方体的顶点为顶点的四面体的个数。 解:从 8 个点中取 4 个点,共有 C84 种方法,其中取出的 4 个点共面的有
4 6 ? 6 ? 12 种,所以符合条件的四面体的个数为 C8 ? 12 ? 58 个。

例 26. 件产品中有 3 件是次品, 100 其余都是正品。 现在从中取出 5 件产品, 其中含有次品,有多少种取法?
5 解:从 100 件产品中取 5 件产品,有 C100 种取法,从不含次品的 95 件中取 5 5 5 出 5 件产品有 C95 种取法,所以符合题意的取法有 C100 ? C95 ? 17347001 种。

例 27.8 个人站成一排,其中 A 与 B、A 与 C 都不能站在一起,一共有多 少种排法? 解: 无限制条件有 P88 种排法。 与 B 或 A 与 C 在一起各有 P22 P77 种排法, A A、 B 、 C 三 人 站 在 一 起 且 A 在 中 间 有 P22 P66 种 排 法 , 所 以 一 共 有
P88 ? 2 P22 P77 + P22 P66 =21600 种排法。

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十一.逐步探索法:对于情况复杂,不易发现其规律的问题需要认真分析, 探索出其规律。 例 28.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,则不同的取法种数有多少种。 解: 两个数相加中以较小的数为被加数, 1+100>100, 为被加数时有 1 种, 1 2 为被加数有 2 种,…,49 为被加数的有 49 种,50 为被加数的有 50 种,但 51 为被加数有 49 种,52 为被加数有 48 种,…,99 为被捕加数的只有 1 种, 故不同的取法有(1+2+3+…+50)+(49+48+…+1)=2500 种 十二.一一对应法: 例 29. 在 100 名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场失败要退出比赛)最 后产生一名冠军,要比赛几场? 解:要产生一名冠军,要淘汰冠军以外的所有选手,即要淘汰 99 名选手, 要淘汰一名就要进行一场,故比赛 99 场。 十三、多元问题——分类讨论法 对于元素多,选取情况多,可按要求进行分类讨论,最后总计。 例 30. (2003 年北京春招) 某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单, 开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法 的种数为(A ) A.42 B.30 C.20 D.12 解:增加的两个新节目,可分为相临与不相临两种情况:1.不相临:共有 A62 种;2.相临:共有 A22A61 种。故不同插法的种数为:A62 +A22A61=42 , 故选 A。 例 31.(2003 年全国高考试题)如图, 一个地区分为 5 个行政区域,现 给地图着色,要求相邻地区不得使用同一颜色,现有 4 种颜色可供选择,则不同 的着色方法共有多少种?(以数字作答) 解: 区域 1 与其他四个区域相邻, 而其他每个区域都与三个区域相邻, 因此, 可以涂三种或四种颜色。用三种颜色着色有 =24 种方法, 用四种颜色着色有 =48 种方法,从而共有 24+48=72 种方法,应填 72. 多类元素组合,分类取出 例 32. 车间有 11 名工人,其中 4 名车工,5 名钳工,AB 二人能兼做车 钳工。今需调 4 名车工和 4 名钳工完成某一任务,问有多少种不同调法? 解:不同的调法按车工分为如下三类:第一类调 4 车工 4 钳工;第二类调 3 车工 4 钳工,从 AB 中调 1 人作车工;第二类调 2 车工 4 钳工,把 AB 二人作为 车工。故共有 C44C74+C43C21C64+C42C22C54=185 种不同调法。 注:本题也可按钳工分类。若按 A、B 分类,会使问题变得复杂 十四、混合问题——先选后排法 对于排列组合的混合应用题,可采取先选取元素,后进行排列的策略. 例 33.(2002 年北京高考)12 名同学分别到三个不同的路口进行车流量的 调查,若每个路口 4 人,则不同的分配方案共有( ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 解:本试题属于均分组问题。 则 12 名同学均分成 3 组共有 种方法,分配到三个 不同的路口的不同的分配方案共有: 种,故选 A。
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例 34.(2003 年北京高考试题)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆 4 种蔬菜品种 中选出 3 种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植 方法共有 ( ) A.24 种 B.18 种 C.12 种 D.6 种 解:先选后排,分步实施. 由题意, 不同的选法有: C32 种,不同的排法有: A31· A22, 故不同的种植方法共有 A31· C32· A22=12,故应选 C. 排组混合,先选后排 对于排列与组合的混合问题,宜先用组合选取元素,再进行排列。 例 35. (95 年全国)4 个不同的小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒内, 则恰有一个空盒的放法有几种? 解:由题意,必有一个盒内有 2 个球,同一盒内的球是组合,不同的球放入 不同的盒子是排列。因此,有 C42A43=144 种放法。 练习 2 由数字 1,2,3,4,5,6,7 组成有 3 个奇数字,2 个偶数字的 五位数,数字不重复的有多少个? 答案:有 C43C32A55=1440(个) 十五. 机会均等法 例 36.10 个人排成一队,其中甲一定要在乙的左边,丙一定要在乙的右边, 一共有多少种排法? 解:甲、乙、丙三人排列一共有 6 种排法,在这 6 种排法中各种排列顺序在 10 个人的所有排列中出现的机会是均等的,因此符合题设条件的排法种数为
1 10 P10 ? 604800 。 6

例 37.用 1,4,5, x 四个数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总 和为 288,求 x 。 解:若 x 不为 0,在每一个数位上 1,4,5, x ,出现的机会是均等的。由 于一共可以得到 24 个四位数,所以每一个数字在每一个数位上出现 6 次,于是 得到: 6 ? 4 ? (1 ? 4 ? 5 ? x) ? 288 ,解得 x ? 2 。 若 x 为 0,无解。

十六. 转化法 例 38.一个楼梯共 10 级台阶,每步走 1 级或 2 级,8 步走完,一共有多少 种走法? 解:10 级台阶,要求 8 步走完,并且每步只能走一级或 2 级。显然,必须 有 2 步中每步走 2 级,6 步中每步走一级。记每次走 1 级台阶为 A,记每次走 2 级台阶为 B,则原问题就相当于在 8 个格子中选 2 个填写 B。其余的填写 A,这
2 是一个组合问题,所以一共有 C8 ? 28 种走法。

例 39.动点从(0,0)沿水平或竖直方向运动到达(6,8) ,要使行驶的路 程最小,有多少种走法? 解:动点只能向上或向右运动才能使路程最小而且最小的路程为 14,把动 点运动 1 个单位看成是 1 步, 则动点走了 14 步,于是问题就转化为在 14 个格子
6 中填写 6 个 “上” 8 个 和 “右” 这也是一个组合的问题, , 于是得到一共有 C14 ? 3003

种走法。 十七、“小团体”排列,先“团体”后整体
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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 A42A22 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 A33 种,由乘法原 理,共有 A42A22A33 种。 练习 7 6 人站成一排,其中一小孩要站在爸妈之间的站法有多少种? 答案:A22· A44 十八、不同元素进盒,先分堆再排列 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,必须先分堆再排入。 例 41. 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 个 班 里 有 A33 种 , 故 共 有 (C53+C51C42C22/A22)· A33。 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”。 练习 8 有 6 名同学,求下列情况下的分配方法数: ① 分给数学组 3 人,物理组 2 人,化学组 1 人; ② 分给数学组 2 人,物理组 2 人,化学组 2 人; ③分给数学、物理、化学这三个组,其中一组 3 人,一组 2 人,一组 1 人; ④平均分成三组进行排球训练。 答 案 : ① C63C32C11 ; ② C62C42C22 ; ③ C63C32C11· A33 ; ④ C62C42C22/A33。 十九、两类元素的排列,用组合选位法 例 42 .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。 练习 10 3 面红旗 2 面黄旗,全部升上旗杆作信号,可打出几种不同的信 号?答案:C52 例 43. 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 C74 或 C73 种走法。 例 44. 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。 练习 11 (a+b+c+d)10 的展开式有几项? 提示:因为每一项都是由 a,b,c,d 中的一个或多个相乘而得到的 10 次式, 所以可以看成是 10 个球与 3 块档板这两类元素不分顺序的排列,故共有 C133
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项。注意:怎样把问题等价转化为“两类元素的排列”问题是解题的关键。 二十、个数不少于盒子编号数,先填满再分隔 例 45. 15 个相同的球放入编号为 1、2、3 的盒子内,盒内球数不少于编 号数,有几种不同的放法? 解:先用 6 个球按编号数“填满”各盒(符合起码要求),再把 9 个球放入 3 个盒 内即可,可用 2 块档板与 9 个球一起排列(即为两类元素的排列问题),有 C112 种 。 总之,排列、组合应用题的解题思路可总结为:排组分清,加乘明确;有序 排列,无序组合;分类为加,分步为乘。 具体说,解排列组合的应用题,通常有以下途径: (1)以元素为主体,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素。 (2)以位置为主体,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置。 (3)先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不合要求的 排列组合数。 应该指出的是, 以上介绍的各种方法是解决一般排列组合问题常用方法, 并 非绝对的。数学是一门非常灵活的课程,同一问题有时会有多种解法,这时,要 认真思考和分析, 灵活选择最佳方法. 还有像多元问题“分类法”、 环排问题“线 排法”、“等概率法”等在此不赘述了。

排列与组合 配合练习
一.填空题:(用直接填空法解下列排列组合问题) 1.7 个人并排站成一排 (1)如果甲必须站在中间,有__________________种排法. (2)如果甲、乙两人必须站在两端,有_____________________种排法. 2.用 0,1,2,3,4,5,可以组成没有重复数字的四位偶数_________________个. 用集团法-----若千元素要相邻时,或要按顺序 3.四男三女排成一排,(1)三个女的要相邻,有________种排法; (2)女同学必须按从高到矮的顺序(可不相邻)有___________种. 用插空位的方法-----若千元素互不相邻时. 4.四男三女排成一排,(1)女同学互不相邻,有____________种排法. (2)男同学互不相邻,女同学也互不相邻,有____________种排法. 用间接法. 5.8 人排成一排,其中甲、乙两人不排在一起,有______________________种排 法. 6.平面内有 8 个点,其中有 4 个点共线,另外还有三点共线,此外再无三点共线. 则(1)过这 8 个点中的任何两点可和__________条直线.(2)由这 8 个点可以 组成 __________个不同的三角形. 分组分配问题: 7.18 名同学,(1)平均分成三组,有____________种分法.(2)平均分给数、 理、 化 小 组有___________种分法.(3)分配给化学小组 7 人,物理小组 6 人,数学小组 5 人,有 __________种分法.(4)分给数、理、化小组,其中一个组为 5 人,一个组为 6 人, 一 个组为 7 人,有_________种分法. 二.填空题(用多种方法解)

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1.某班上午要上语文、数学、体育和英语,又体育教师因故不能上第一节和第 四节, 则不同的排课方案有_________________种. 2.从 5 位女同学,6 位男同学中选出 3 位女同学和 2 位男同学担任五种不同的 职务, 有____________________种选法. 3.从甲、乙,......,等 6 人中选出 4 名代表,那么 (1)甲一定当选,共有___________种选法.(2)甲一定不入选,共有_________种 选法. (3)甲、乙二人至少有一人当选,共有_____________种选法. 4.将 5 本不同的数学书,4 本不同的物理,3 本不同的化学书排成一排, (1)各类书必须排成一起,问有________________________种排法. (2)化学书不全排在一起,问有________________________种排法. (3)化学书每两本都不相邻,问有________________种排法. 5.有男女售票员各 4 人,被分配在四辆公共汽车上,要求每辆车上男、女各 1 人,则有 ________________种分法. 6.四个男孩和三个女孩站成一列,男孩甲前面至少有一个女孩站着,并且站在 这个男 孩前面的女孩个数必少于站在他后面的男孩的个数,则有 _______________________ 种站法. 配合练习解答 一.填空题: 1. (1). P66=720 (2). P22P55=240 2. 156 个 3. (1) 720 (2) 840 4 3 4. (1) P4 P 5=1440 (2) 144 5. P88-P77P22=30240 6. (1) 21 (2) 51 7. (1) (C618C612)/P33 (2) C618C612 (3) C718C611 (4) C518C613P33 二.填空题: 1. P12.P33=12 2. C35C26P55=18000 3. (1) 10 (2) 5 (3) 14 4.(1) P33P55P44P33 (2) P1212 – P 1010.P33 (3) P99.P310 5. P44P44 6. P13P55+C13C13P22P44+P23P44=936

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