复习专题 排列组合

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复习专题10---排列组合

不务正业收集、整理、点评

排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。

复习巩固

1.分类计数原理(加法原理)

完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：

12n N m m m =+++

种不同的方法．

2.分步计数原理（乘法原理）

完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：

12n N m m m =???

种不同的方法．

3.分类计数原理分步计数原理区别

分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件．

解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事

2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。

3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.

4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略

一.特殊元素和特殊位置优先策略

例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.

解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.

先排末位共有1

3C

C 1

4

A 3

4

C 1

3

学习好资料 欢迎下载 然后排首位共有14

C 最后排其它位置共有34A

由分步计数原理得113

4

34288C C A =

练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不

种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？

二.相邻元素捆绑策略

例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一

个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有522522480A A A =种不同的排法

乙

甲丁

丙

练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20

解：将命中的四枪中的三枪捆绑在一起，组成复合元，这样就将命中的4枪分成了两组，未射中的4枪，形成5个空，在这5个空中，任取两个空，将这两个复合元放进去即可，共有A 52=5*4=20；也可用插空法，未射中的4枪，形成5个空，第一次插入时有5种插法，形成6个空，但第二次插入时，不能与第一次插入的相邻，所以，第二次只有4种插法，所共有5*4=20，结果是一样的。

三.不相邻问题插空策略

例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,

则节目的出场顺序有多少种？

解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有55A 种，第二步将4舞蹈插

入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种4

6A 不同的方法,

由分步计数原理,节目的不同顺序共有54

56A A 种

练习题：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.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，

位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位

置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件 要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列. 元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端 也可以这样理解，这6个数字共可排尾数是奇数的5

位数有：从最后一位开始排C(3,1)*C(5,1)*C(4,1)*C(3,1)C(2,1)=360，但最一位是0的数要减掉。也就是要减掉由12345这几个数字组成的4位奇数，从最后一位数开始排：C （3,1）*C(4,1)*C(3,1)*C(2,1)=72，最后结果为：360-72＝288

那么不同插法的种数为 30

四.定序问题倍缩空位插入策略

例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法

解:(倍缩法)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

他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之间的

全排列数,则共有不同排法种数是：73

73/A A 实际上是平均分组的问题

(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有4

7A 种方法，其余的

三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有4

7A 种方法。

当四人坐好后，甲乙丙的位置也就确定了。

思考:可以先让甲乙丙就坐吗? 不能。

（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有方法

练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐

增加，共有多少排法？5

10C 分析：任意取5人，剩下5人，都可以从高到矮进行

排列，则有510C 种取法

五.重排问题求幂策略

例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法

解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有67种不同的排法

练习题：

1． 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 42 2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法87

六.环排问题线排策略

定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n 不同的元素没有限制地安排在m 个位置上的排列数为n m 种

原来5个节目共形成6个空，将新增加的2个节目插入这6个空中，则有A 2

6=30；或者可以用隔板法，但要注意，第二次插入的节目与第一次插入的节目不能相邻。原来5个节目，共形成6个空，则第一次放“隔板”时，共有6种插法，形成7个空；第二次放“隔板”时，由于不能与第一次放的“隔板”相邻，所以共有5种放法。则，共有6*5=30种，结果是一样的。

例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?

解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定

一人A,并从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1）！种排法即7！

H F

D C A

A

B C D E A

B E G

H G F

注释:坐在圆上，就是指通过旋转而能重合的排列都作为一种排列看待如ABCDEFGH 与BCDEFGHA 与CDEFGHA 。。。与HABCDEFG 这8个都都是算作一个排列的，所以要除以8

练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120 七.多排问题直排策略

例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法 解:8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.前4

个位置特殊元素有24A 种,再排后4个位置上的特殊元素丙有1

4A 种,其

余的5人在5个位置上任意排列有55

A 种,则共有215

445A A A 种 前 排后 排

练习题：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 346

八.排列组合混合问题先选后排策略

例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.注意与例10比较。

一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n 个不同元素中取出m 个元素作圆形排列共有m

n A n 1 一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研

将2排合并成一排，共有23个座位，前排3个位置不能坐，则共有A 2

20=380种，这当中包含两

人相邻的情况，共有19种相邻的座位，对应着38种坐法，因为两人的位置可以互换。但这时，已多减了一部分，因为前排中间3个位置（即5、6、7三个位置）两边的4号位与8号位，不可能相邻，符合题意；第11号位与12位也不可能相邻，符合题意，所以就将这两个多减的组合再找回来，实际应该减去19-2＝17种相邻的座位，对应着34种坐法。最后结果为380-34＝346种。

解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有25C 种方法.再把4个元素(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有44A 种方法，

根据分步计数原理装球的方法共有2454C A

练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不

同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有 192 种C 1

2

* C 3

4

*A 44 =192

九.小集团问题先整体后局部策略

例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹1,５在

两个奇数之间,这样的五位数有多少个？

解：把１,５,２,４当作一个小集团与３排队共有22A 种排法，

再排小集团内部共有22

22

A A 种排法，由分步计数原理共有222222A A A 种排法.

分析：上面的解法好像有问题，可以这样考虑：因为恰有两个偶数夹1，本题只有两个偶数2、4，所以两偶数夹1的排列有A （2.2）；分别为214或412，又因为5在两个奇数之间，所以考虑将214或412组成一个整体与3进行排列，在A （2.2）*A （2.2），至此已形成：214 3；3 214 ；412 3；3 412；这四种排列，又5在两奇数之间，所以对于每种情况，5有两个位置可放，所以：2*A （2.2）*A （2.2）＝8

练习题：

１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画, 排成一行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水彩画不在两端，

那么共有陈列方式的种数为254

254A A A

2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有255

255A A A 种

十.元素相同问题隔板策略

使用插板法有2个要求：①元素相同;②每组中至少分一个元素。如果题目中的要求不符合其中一项，可将题目变形，使题意符合这2个要求，再使用插板法。

一、直接使用插板型

例1、把9个相同的苹果分给5个人，每人至少一个苹果，

解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗? 小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。

4幅油画看成一个整体，5幅国画看成一个整体，与水彩画共3个“元素”，由于水彩画不能挂两端，故只有一种挂法，油画与国画有A 2

2种挂法，但水彩画、国画本身内部有排序要求，分别为 A 44与A 55，故最后后共有：1* A 22* A 4

4*A 55

那么不同的分法一共有多少种?()(2010年河南政法干警考试A 卷第41题) A.30B.40C.50D.60

答案：D 。该问题用分类计数法较复杂，但可以将9个苹果排成一行,9个苹果中间就出现8个空挡，再用,4个挡板把9个苹果分成有序的5份，每个人就依次按序分到对应的n 个苹果(可能是1个﹑2个﹑3个﹑4个、5个)。即在8个空挡中插入4个挡板，由4个挡板把球分成5份,共有C84种方法。

在这道题目中，直接符合了使用插板法的2点要求：(1)每个苹果都相同;(2)每个人都至少拿到1个苹果。

二、允许空组型例3、6个相同的苹果分给3个小朋友，请问一共有多少种分配方

法?注意，本题 未强调每个小朋友至少一个苹果。

A.16

B.20

C.24

D.28

答案：D 。先"借"给每个小朋友一个苹果，现在一共有6+3=9个苹果。我们现在将这9个苹果分给3个小朋友，为了偿还刚才"借"的苹果，要求现在分配的时候"每个小朋友至少得到1个苹果"，在8个空中插上2个挡板：C82=28(种)方法。

这道题中，题目要求"6个相同的苹果分给3个小朋友"，允许有空组的存在，显然不符合使用插板法的第二点要求："每组中至少分得一个元素"，因此，先"借"给每个小朋友一个苹果，之后要求每个小朋友至少分得1个苹果，再把分得的苹果中拿出一个偿还，这就使题目变形符合使用插板法的2点要求，可以使用插板法。

从上面几道题目中不难看出，元素分组问题使用插板法后能变得较为简单。而使用插板法有2个要求：①元素相同;②每组中至少分一个元素。如果题目中的要求不符合其中一项，可将题目变形，使题意符合这2个要求，再使用插板法。

三、一组多元素型

例2、某单位订阅了30份学习材料发放给3个部门，每个部

门至少发放9份材料。问一共有多少种不同的发放方法?()(2010年国家公务员考试行测第46题)

A.12

B.10

C.9

D.7

答案：B 。先拿出24份材料，每个部分发8份，这时变成"6份材料发给3个部门，每个部门至少发1份"，再利用插板法，在5个空中插上2个挡板：C52=10(种)发放办法。 在这道题中，显然不符合使用插板法的第二点要求："每组中至少分得一个元素"。题目要求"每个部分至少发放9份材料"，因此可以把题目稍作变形，先给每个部分发8份材料，题目就变成了"每个部分至少发1份材料"，符合使用插板法的2个要求，可以使用插板法。

例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？ 解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个

空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板，可把名额分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有69C 种分法。

思考：有人会这样想C 48*A 5

5。问题出在哪呢？ 分组时，实际上已包含顺序了，否则，像11115与11511就是一种分法了，正是因为对应着不同的人，才认为他们是不同的分法。

一班二班三班四班五班六班七班

练习题：

1． 10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？ 49C

2 .100x y z w +++=求这个方程组的自然数解的组数 3

103C

分析：将之变形为（z+1）+(y+1)+(z+1)+(w+1)=104，即它的解数相当于x+y+z+w=104 的正整数解组数（存在一一对应） 然后想象104个点排列在数轴上，它们之间有103个空当，从这103个空当选三个出来，这样点就被分成了4份，第一份的点个数记为x ，第二份的点个数记为y ，第三份的点个数记为z ，第四份的点个数记为w ， 则这样的操作就唯一对应一组正整数解 所以答案是C(103,3)=103*102*101/6=103*101*17＝176851

有10粒糖，如果每天至少吃一粒（多不限），吃完为止，求有多少种不同吃法？ 把10粒糖 放在桌子上 有9个空 选0个空有1种 就是1天都吃完 任选1个空有9种 就是2天吃完

任选2空有9*8/(1*2)=36 就是3天吃完 选3个空9*8*7/(1*2*3)=84 4天吃完 选4个空9*8*7*6/(1*2*3*4)=126 5天吃完 选5个空=126 6天 选6个空=84 7天 选7个空=36 8天 选8个空=9 9天 选9个空=1 10天 总共有256*2=512 种

还有一种算法 就是 10个糖 9个空 每个空就有选和不选两种选择 则共有 2^9=512 种

分析：将10粒糖排成一排，糖与糖之间共有9个空。从头开始吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线。每个空都有画线与不画线两种可能，根据乘法原理，不同的吃法共有2的9次方=512

将n 个相同的元素分成m 份（n ，m 为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，插入n 个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为1

1m n C -- 策略8中的小球为什么不能采用这种方式呢。

因为这种分法不能针对不同的对象，在例8中，小球不能用这种方法分。将这5个小球标为12345号球，如果用这种分法进行划分，两个球的复合元只能是：12、23、34、45这几种相邻小球的组合，不相邻的小球不能形成复合元，即不相邻的小球不能放到同一个盒中，如13、25等就不可能放到同一个盒中。如果5个小球相同，就可以采用这种方式了。 思考：为什么要变形为（Z+1），（Y+1），（Z+1），（W+1）的形式？这样做的目的，是为了让每个“隔板”之间有元素，。注意变形后变量为大写的XYZW 。

十一.正难则反总体淘汰策略

例11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数,不同的取法有多少种？

解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有35C ,

只含有1个偶数的取法有1255C C ,和为偶数的取法共有123555C C C +。再淘汰和小于

10的偶数共9种，符合条件的取法共有123

5

559C C C +- 10个数中取3个数，使其和为偶数共60种取法，有两种情况——取3个偶数

C(5,3)=10和取2个奇数1个偶数C(5,2)*C(5,1)=50。（2）使其和小于10的偶数的取法有9种，分别为（0,1,3）（0,1,5,）（0,1,7）（0,2,4）（0,2,6）（0,3,5）（1,2,3）（1,2,5）（1,3,4）。（3）使其和为不小于10的偶数60-9=51。

练习题：我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种? 十二.平均分组问题除法策略

例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？

解: 分三步取书得222642C C C 种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6

本书为ABCDEF ，若第一步取AB,第二步取CD,第三步取EF 该分法记

为(AB,CD,EF),则222642C C C 中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有33

A 种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有2223

6423/C C C A 种分法。

有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰. 平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以n

n A (n 为均分的组数)避免重复计数。

练习题：

1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？

（544213842/C C C A ）

2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的分组方法（1540）

把其他的8个人按照332分组，再把正副班长放进去

C(8,3)*C(5,2)*C(3,3)/A(2,2)，正副班长必须分别放入一个三人组和一个两人组，共有4种可能，就再乘以4

把其他8个人按照422分组，再把正副班长放进去

C(8,4)*C(4,2)*C(2,2)/A(2,2)，正副班长必须分别放入两个二人组，共有两种可能，就在乘以2 然后相加就是结果。

列式为4*C(8,3)*C(5,2)*C(3,3)/A(2,2)+2*C(8,4)*C(4,2)*C(2,2)/A(2,2)，= 1120+420=1540种

3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的

两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为______（22224262/90C C A A ）

十三. 合理分类与分步策略

例13.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多少选派方法？

解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。以唱歌人员为标准进行研究，只会唱的5人中没有人选上唱歌，那么只能在全能型的人员中选2人，那跳舞的2人只能从剩下的1个全能型的人和2个会跳舞

的人中选，共有2233C C 种,只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员112

5

34C C C 种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有2255C C 种，由分类计数原理共有

22112

223353455C C C C C C C ++种。实际上还可以“全能型”中选唱歌或跳舞入手，也

可以从只会跳舞的人入手，先选跳舞选手，结果都一样。只要以一个标准分组就行了。随便举个例子：在全能型中先选唱歌的选手①、先2人唱歌，则有C （3.2）*C （3.2）[解释：前一个C （3.2）是三个全能型选手中选2个唱歌的，后一个是跳舞选手的选取方法：全能型计3个，已选走了2人，那么现在会跳舞的只有3人了，一个全能型+2个只会跳舞的，所以有C （3.2）]。②、从中选一个唱歌选手，则C （3.1）C （5.1）C （4.2）[解释：C （3.1）是三个全能型选手中选一个唱歌的；C （5.1）还剩下一个唱歌的从5个只会唱歌的人中选一个，注意，此时全能型只能选一个，不能再剩下的2个与只会唱歌的合并起来再选，因为这样与在全能型中只选一个相矛盾；]③、选0个选手，即唱歌的只能在5个会唱歌的选手中选了，有：C （5.2）C （5.2）[每个以（5.2）是在5个只会唱歌的人中选2人，后一个C （5.2）从会跳舞的人中选2人]；然后将他们相加，结果也一样的。

本题还有如下分类标准：

*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准 *以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准 *以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果

练习题：

1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有34 [相对来讲，选女生简单一些，因女生只有3人，有1个女生，有2个女生，有3个女生三种情况；C （3.1）*C （4.3）+C （3.2）*C （4.2）+C （3.3）C （4.1）＝34；当然，以男生也一样，只不过，要分4种情况了]

2.现有1号船、2号船、3号船各1只,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3号船只能乘1人。3成人2小孩乘船游玩，他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只船, 这5人共有多少乘船方法. （27）

[以小孩为突破口，因为小孩不能单独坐船。先考虑用2只船的情况：只能是1号船与2号船各1条，1、小孩都在1号。然后C （3.1）选一个大

解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。

人上去，剩下的人上2号船，C （2.2）*C （3.1）＝3，剩下的只能上2号船，只有一种选择。2、小孩一个上1号船，另一个上2号。C （2.1）*C （3.2）=6，注意，剩下的只能上2号船，只有一种选择。总共6+3=9；再考虑用3只船的情况：因为用了3只船，而3号船只能坐1人，只能坐1个大人，这就回到了第一种2只船的情况了，只不过，此时人数变成4人了，变成2大人与2小孩。分三步，先坐3号船，有C （3.1）种乘法，再来坐2号船，又人分两种情况，2号船有1个小孩：C （2.1）*C （2.1），剩下的去坐1号船，有C （3.1）C （2.1）*C （2.1）＝12；2号船没有小孩，但2号船不能为空，必须有一个大人，有C （2.1），剩下的全上1号船，所以有：C （3.1）*C （2.1）＝6，所以在3船的情况下，共有12+6＝18种；最后结果为9+18＝27；实际上，对于3只船的情况，可以这样考，因为每条船上必须有一个大人，所在大人的排法有：A （3.1），小孩的排法有：如果全在1号船，有C （2.2）＝1，如果1号船、2号船各1人，则有A （2.2）＝2，所在小孩共有3种排法，所在共有6*3＝18] 十四.构造模型策略

例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条件的关灯方法有多少种？ 解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不亮的灯有35C 种（因为不能关两端，所以只有5个空）

练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）

十五.实际操作穷举策略

例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法

[注意与错位法的区别，树图策略中的练习，可用错位法解] 解：从5个球中取出2个与盒子对号有25C 种还剩下3球3盒序号不能对应，

利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒

时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理有252C 种

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观解决 假设每人屁股下绑一张椅子，那么剩下的6张椅子形成5个，任选4个空让他们坐下去就行了。 对于剩下的345号球，有两种解法，一是错位法，二是直接求解。错

位法，直接用公式解，很快得出f(3)=2，所以共有2*2

5C 种＝20种；直

接求解：剩下的3、4、5号球，往3、4、5号盒中放，那么3号球只

534

3号盒 4号盒 5号盒

练习题：

1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ (9)

2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有 72种

5

4

3

21

十六. 分解与合成策略

例16. 30030能被多少个不同的偶数整除

对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果 假设4人分别为A 、B 、C 、D ，A 将贺卡送经3个中的一人，那么 C 13种送法，不妨假设A 将贺卡送给了B ，那么，B 送贺卡送出也有C 13

，那么剩下的2

个，只有一种送法了，所以共有C 13* C 13*1＝9种送法。 分别将5个区设成A 、B 、C 、D 、E5个区，那么A 区有C 14，B 区有C 13，C 区有C 12。①D 区与C 区相同，则D 区有C 11，

E 区有2种，分别是与A 同，与A 不同，C 12；共有：C 14* C 13*

C 12* C 11* C 12＝48 ②

D 区与C 区不同，则D 区有C 1

1，

E 区有1种，只能与A 相同。有24种方法，故共有48+24＝72种。

分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7 ×

11×13

依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个

组成乘积，

所有的偶因数为：1234555555C C C C C +++++1（2本身也符合题意）

练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线

解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四体共有体共481258C -=,每个四面体有

3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成358174?=对异面直线

十七.化归策略 例17. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？

解：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从3×3方队中选3人的

方法有111

321C C C 种。再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有3355C C 选法所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列

的3人有33111

553

21C C C C C 选法。

练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A 走

到B 的最短路径有多少种？(3735C =)

B

A

十八.数字排序问题查字典策略

例18．由0，1，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105

分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到

问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略 处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简

要的问题，通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法，从而进下一步解决原来的问题

C

首先确定一个方向，如向上走，只要走完3个小格，就肯定能到达B （因为当向上走完3个小格，即使一次性沿直线直接到达A 的正上方C ，那么，再到达B 也只有一种可能，C —B ），同理，如果向右走，只要走完4个小格，就

能到达B 了，所以，要么有C 37，要么C 47。

符合题意的有：

4xxxxx 5xxxxx 34xxxx 35xxxx 325xxx 3245xx 32415x

大的数？

解:297221122334455=++++=A A A A A N

练习:用0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从

小到大排列起来,第71个数是 3140 十九.树图策略

例19．3人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过5次传求后,球

仍回到甲的手中,则不同的传球方式有10=N

练习: 分别编有1，2，3，4，5号码的人与椅，其中i 号人不坐i 号椅（54321,,,,i =）

的不同坐法有多少种？44=N

二十.复杂分类问题表格策略

例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A 、B 、C 、D 、E 五个字母,现从

中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法 解: 数字排序问题可用查字典法,查字典的法

应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数。 对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，树图会收到意想不到的结果 ]红 1 1 1 2 2 3 黄 1 2 3 1 2 1 兰 3 2 1 2 1 1

取法 1415C C 2415C C 3415C C 1325C C 2325C C

1235C C 一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效

m 人传球传n 次仍回到某人手中，共有f(n)=m

m m n n )

1()1()1(--+- 错位排列公式：f(n)=nf(n-1)+(-1)n ; 本例解答：f(5)=5f(4)+(-1)5 f(4)=4f(3)+(-1)4 f(3)=3f(2)+(-1)3

f(2)=1 所以f(5)=44 [f(2)=1 f(3)=2 f(4)=9 f(5)=44]

二十一：住店法策略

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.

例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有.

分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7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75种.

补充：

1、6个人，穿红绿蓝三色服装，每颜色2人，现让6人排成一列，且穿同色服装的人不能相邻，共有多少种排法？

解：设三种颜色分别为A、B、C。

1、任取1色的排第一位，假设为A，共有C1

6

种排法。

2、那么第二位只能在B、C中选一个，共有C1

4

种排法。

3、第三位，分两种情况（与第一位同色或异色），有点类似于地图作色。

a、与第1位同色，那么，第三位只能有一种取法：C1

1

（如ABA），此时第4位只能放与第二位异色的，否则，第5位与第6位必同色，不合题意。注意，此时第4位有2种取法，因为假设第一位A，第二位为B，第三位必为A，

第4位必为C，有穿C色的有两人，故有C1

2种排法（C1

6

* C1

4

* C1

1

* C1

2

）（如

ABAC）。第5、6位只能有一种可能了，只能为BC。

所以有：C1

6* C1

4

* C1

1

* C1

2

*1=48

B、与第1位异色，则123位必为ABC这种形式，可能性为：C1

6* C1

4

* C1

2

，

第4位只能在AB中选择1种颜色，有C1

2

种选法，剩下的全排列就行了，即

为A2

2，所以有：C1

6

* C1

4

* C1

2

*C1

2

*A2

2

=192

共有：48+192=240

与本题容易混淆的：有红绿蓝三种颜色的电灯，拿出七盏排成一列，同种颜色的灯不能相邻，且每种颜色的灯至少装2盏,有多少种排法？

2、有红绿蓝三种色球，每种色球标有1234567标号，从中任取3个标号不同，且标号不相邻，颜色不同的色球，有几种取法？

解：1、标号互不相邻的取法有10种。分别：（13）567 （14）67 （15）7 （24）67 （25）7 （35）7

2、颜色不同的有：A3

3

。当三个标号不相邻的球确定后，如135号球，

让这3个球选色，则有A3

种选法。

3

＝60

所以：10*A3

3

3、有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内

a、共有多少种分法？

b、恰有一个盒子不放球，有多少种分法？

c、有两个盒子不放球，有多少种分法？

解：分4步：

a、第1个球有4种放法（放第1个球）

b、放第2个球，因为没说每个盒子至少有一个球，所以第2个球也有4种放法。

c、同理，第3个和第4个球都有4种放法。

所以共有：4*4*4*4＝44种

如果用盒子选球，结果也是一样的：第一个盒子有4种选法，第二个盒子也有4种选法（因为第一个盒子可以为空，如果每盒至少有1个球，那么第二个盒子最多只能有3种选法，这个要注意区分），同理，第三个盒子、第四个盒子也有4种选法，所得结果是一样的。

4、有5本不同的书，其中语文2本，数学2本，物理1本，将其随机放到书架上的同一层上，则同一科目的书不相邻的概率为：

解：①语文、数学都相邻：A22* A22* A33=24

②只有语文相邻：先选语文，有A22种选法，再选物理，只有1种选法，将物理和语文进行全排列有：A22种排法；这时形成3个空，任意拿出2个空，放置数学即可，共有C23，所以共有：A22*1* A22* C23=24种。

先选语文，有A22种选法，再选物理，只有1种选法，将物理和语文进行全排列有：A22种排法；这时形成3个空，将两本数学书放进去，第一本有3种放法，形成4个空，由于第2本数学书不能与第一次放进去的数学书相邻，所以只能有2种放法，所以有：A22*1* A22*3*2=24种。

先选数学，有A22种选法，形成3个空；再选语文，有A22种选法，接着选物理，只有1种选法，将物理和语文进行全排列有：A22种排法；再将2本语文作为一个整体，和物理共2个元素，在数学形成的3个空中，任选2个空放入这“2个元素”，共有C23种；所以最后共有：A22*（ A22*1* A22）* C23=24种。

③同理可得，只有数学相邻的排法也有24种。

④5本书共有A55=120种，符合题意的有：120—24-24-24=48

同一科目的书不相邻的概率为：%20120

48

5、红绿蓝三种色球，每种色球分别标有1、2、3、4、5、

6、7数字，从中任取3个标号不同且标号不相邻的，颜色不同的球，有多少种取法？

解：①取标号不相邻，共有10种取法：

对任意取出符合条件的3个标号不相邻的球，按标号从小到大排列，则第一个数字最大只能为3，那么符合条件的有下面几种取法： （1、3）5、6、7 （1、4）6、7 （1、5）7 （2、4）6、7 （2、5）7 （3、5）7

②对取出任意一组符合条件的3个色球，有A 33

种取法（实际上是让3个标号不同的球去选色，所以有A 33

种选法）。

所以共有：10*A 33=60种。