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排列组合高考题竞赛题


例 1 7 个人按下列要求并排站成一排,分别有多少种不同的站法? (1)甲不站在正中间,也不站在两端; (2)甲、乙两人相邻; (3)甲、乙之间相隔 2 人; (4)甲站在乙的右边; (5)甲、乙都与丙不相邻. (6)若 7 个人站成两排,第一排 3 人,第二排 4 人,共有多少种站法? (7)若 7 个人站成一个圆环,有多少种站法?

1 (1)解法一:先让

甲站在余下的四个位置中的任一位置上,有 C4 种,再让余下 6 1 6 的 6 人站在其他位置上,有 A6 种不同站法,根据分步计数原理,共有 N ? C4 ? A6

种不同站法. 解法二: 甲不站正中间也不站在两端,可先从其余 6 人中任选 3 人站在这 3 个位 置上(占位法),有 A 种站法,再让剩下的 4 人(含甲)站在其他 4 个位置上, 有 A 种站法,根据分步乘法计数原理,知共有 N=A·A=2 880 种不同站法. 解法三:先让甲以外的 6 人站成一排,有 A 种站法,再让甲插入这 6 个人之间的 4 个空档位置(不插在正中间),有 A 种方法.故共有 N=A·A=2 880 种不同的站 法. 解法四:整体排异法.无限制条件的 7 人并排站成一排,有 A 种站法,去掉甲站 在正中间及两端的情况,共有 AA 种,故共有 N=A-AA=2 880 种不同站法. (2)解法一:捆绑法.先把甲、乙两人合在一起看作一个元素,参加全排列共有 A 种站法,然后甲、乙两人局部排列,共有 A 种站法,根据分步乘法计数原理, 共有 N=A·A=1 440 种不同站法. 解法二:插空法.先让甲、乙以外的 5 个人站队,有 A 种站法,再把甲、乙两人 合在一起作为一个元素插入 5 个人形成的 6 个空档中,有 A 种站法,最后甲、乙 两人局部排列,有 A 种站法,根据分步乘法计数原理,共有 N=AAA=1 440 种不同 站法. (3)解法一:捆绑法.先从甲、乙以外的 5 人中任选 2 人站在甲、乙之间,有 A 种站法,再将甲、乙及中间二人共 4 人看作一个整体参加全排列,有 A 种站法, 最后甲、乙进行局部排列,有 A 种站法 . 根据分步乘法计数原理,知共有 N=A·A·A=960 种不同站法. 解法二:数数法与插空法相结合.先让甲、乙以外的 5 人站队,有 A 种站法,再 在 5 人形成的 6 个空档中的 1 与 4,2 与 5,3 与 6,4 与 7 的位置上排上甲、乙, 共有 4A 种站法,根据分步乘法计数原理,有 N=A·4A=960 种不同站法.
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(4)解法一:组合法——顺序一定用组合.先在 7 个位置中选 2 个位置排上甲、 乙(甲在乙的右边——顺序一定问题),有 C 种站法,再在余下的 5 个位置上站 其余 5 人,有 A 种站法,根据分步乘法计数原理,知共有 N=C·A=2 520 种. 解法二:调序法.甲在乙的右边与甲在乙的左边的情况是一一对应的,因此,甲 在乙的右边的站法是 7 人任意站法的一半.故共有 N=A=2 520 种. (5)解法一:直接法.分类求解.将问题分成甲与乙相邻但不与丙相邻及甲、乙、 丙互不相邻两类研究.第一类情况可先让其余 4 人站队,有 A 种站法,他们之间 形成 5 个空档,再把甲、乙两人看作一个整体与丙共两个元素插入 5 个空档,有 A 种站法,最后甲、乙两人进行局部排列,有 A 种站法,故这类情况有 A·A·A 种不同站法;第二类情况也可先让其余 4 人站队,有 A 种方法,再把甲、乙、丙 3 人插入 5 个空档,共有 A 种方法,因此这类情况有 A·A 种,根据分类加法计 数原理,知共有 N=A·A·A+A·A=2 400 种不同站法. 解法二:间接法.整体排异,7 个人排成一排,有 A 种方法.甲、乙都与丙相邻的 站法,即丙站在甲、乙中间的站法共有 A·A 种;甲与丙相邻或乙与丙相邻的站 法均为 A· A 种.但甲、 丙相邻与乙、 丙相邻的站法中都包括了丙站在甲、 乙中间, 故根据分类计数原理和整体排异策略知,共有 N=A-2A·A+A·A=2 400 种不同方 法. (6)A=5 040 种不同站法. (7)=720 种不同的站法.

例 2 某建筑小组共有工人 15 名,其中木工 5 名泥工 4 名,现要组成一个 8 名工 人组成的小队,其中至少有 2 名泥工 3 名木工,有多少种不同的组成方法?

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例 3 马路上有编号为 1,2,3,?,2001的 2001 只路灯,为节约用电,现要求把其中 的 200 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有多少种?

三盏灯关掉,剩下 7 个亮着,相当于把灭掉的 3 盏插进去。 但 是 不 能 插 在 两 边 , 共 有 6 个 空 隙 , 选 出 3 个 放 进 去 就 行 了 所以为 C63=20 个

例 4 四个不同的小球,全部放入四个盒子 1,2,3,4 的放法 1.随便放(可以有空盒,但球必都放入盒中) 2.四个盒都不空 3.恰有一个空盒 4.恰有二个空盒 5.甲球所放盒的编号小于乙所放盒的编号

(1)随便放(可以有空盒,但球必须都放入盒中)有多少种放法? 由于可以随便放,故每个 小球都有 4 种放法,所以放法总数是 4×4×4×4=4^4=256 种. (2)四个盒都不空的放法

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有多少种? 将四个小球全排列后放入四个盒子即可, 所以放法总数是 =24 种. (3)则恰有 一个空盒的方法有几种? 由题意,必然四个小球放入三个盒子中.分三步完成:选出三个盒 子(4);将四个小球分成三堆(6);将三堆小球全排列后放入三个盒子(6).所以放法总数是 4*6 *6=144 种. (4)则恰有两个空盒的放法有几种? 为球选盒,盒为 C(2,4)=6, 则 4 个球每个 都有 2 种选择,既为 6*2^4=6*16=96,但当 4 个球都选中一个盒时,则有 3 个空盒了,有 2* 6=12 种, 即共有 96-12=84 种 (5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有 多少种? 分三类放法. 第一类:甲球放入 1 号盒子,即 ,则乙球有 3 种放法(可放入 2,3, 4 号盒子), 其余两球可以随便放入四个盒子, 有 42 种放法.故此类放法的种数是 3×4^2; 第二类:甲球放入 2 号盒子,即 ,则乙球有 2 种放法(可放入 3,4 号盒子),其余两球随 便放,有 42 种放法.故此类放法的种数是 2×4^2; 第三类:甲球放入 3 号盒子,即 ,则 乙球只有 1 种放法(放入 4 号盒子), 其余两球随便放, 有 42 种放法.故此类放法的种数是 1×4^2. 综上,所有放法的总数是 (3+2+1)×4^2=96 种.

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例 5 某校高一年级有 6 个班,现要从中选出 10 人组成高一女子篮球队每班至少 要选 1 人参加。有多少种的分配方法?

例 6 有 20 个队参加全国足球冠军赛,为了使任何 3 各队中都有两个队互相比赛 过,问至少进行多少场比赛?

例 7 矩形 ABCD 的边在网线上,并且 AB 是 AD 的 k 倍( k 为正整数),考虑沿 网线的边从 A 到 C 所有可能的最短路径。证明在这些路径中,含 AB1 的条数是含
AD1 的条数的 k 倍.

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例 8 设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到 相邻两顶点之一. 若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法 共 种.

青蛙不能经过跳 1 次、2 次或 4 次到达 D 点.故青蛙的跳法只有下列两种: ( 1 ) 青 蛙 跳 3 次 到 达 D 点 , 有 ABCD , AFED 两 种 跳 法 ;

(2)青蛙一共跳 5 次后停止,那么,前 3 次的跳法一定不到达 D,只能到达 B 或 F, 则共有 AFEF,AFAF,ABAF,ABCB,ABAB,AFAB 这 6 种跳法.随后的两次跳法各有四 种 ,

比如由 F 出发的有:FEF,FED,FAF,FAB 共四种.因此这 5 次跳法共有 6×4=24 种不同 跳 所以,一共有 2+24=26 种不同跳法. 法 .

例 9 设 f 从集合 M ? {a, b, c, d} 到 N ? {0,1,2} 的映射 (1) 不同的映射有多少个? (2) 若 f (a) ? f (b) ? f (c) ? f (d ) ? 4 ,则不同的映射有多少个? (3) 若 N 中的每一个元素在 M 中都有原象,这样的映射有多少个?

根 据 a 、 b 、 c 、 d 对 应 的 像 为 2 的 个 数 来 分 类 , 可 分 为 三 类 :
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第 1 类:没有元素的像为 2 ,其和又为 4 ,故其像都为 1 ,这样的映射只有 1 个; 第 2 类:一个元素的像是 2,其余三个元素的像必为 0、1、1,这样的映射有 C41C31=12 ( 个 ) ;

第 3 类:两个元素的像是 2 ,另两个元素的像必为 0 ,这样的映射有 C42=6 (个). 由分类计数原理,共有 1+12+6=19(个)

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