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两个计数原理与排列组合知识点及例题
两个计数原理内容
1、分类计数原理：
完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有 m1种不同的方法，在第
2 类办法中有m2种不同的方法在第n 类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 +m2 ++m n种不同的方法 .
2、分步计数原理：
完成一件事，需要分 n 个步骤，做第 1 步骤有 m1种不同的方法，做第 2 步骤有m2种不同的方法做第n 步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有 N=m1×m2× × m n种不同的方法 . 例题分析
例 1某学校食堂备有 5 种素菜、 3 种荤菜、 2 种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配制出多少种不同的品种？
分析： 1、完成的这件事是什么？
2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤）
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算 .
解：属于分步：第一步配一个荤菜有3种选择
第二步配一个素菜有5种选择
第三步配一个汤有2种选择
共有 N=3× 5× 2=30（种）
2、如何完成这件事？
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算。
解：属于分类：第一类从上层取一本书有5种选择
第二类从下层取一本书有4种选择
共有 N=5+4=9（种）
（ 2）分析： 1、完成的这件事是什么？
2、如何完成这件事？
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算 .
解：属于分步：第一步从上层取一本书有5种选择
第二步从下层取一本书有4种选择
共有 N=5×4=20（种）
例 3、有 1、 2、3、 4、 5 五个数字 .
（1）可以组成多少个不同的三位数？
（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？
（1）分析： 1 、完成的这件事是什么？
2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数）
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算 .
略解： N=5× 5× 5=125（个）
【例题解析】
例 2有一个书架共有 2 层，上层放有 5 本不同的数学书，下层放有 4 本不同的语文书。
1、某人有 4 条不同颜色的领带和 6 件不同款式的衬衣，问可以有多少种不同的搭配方法？
（1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？
（1）分析： 1、完成的这件事是什么？
8. m A n m n(n 1)(n 2)L (n m 1) m n!
(n, m N ,且 m n)
组合数公式：C n m
m! 或 C n
2、有一个班级共有 46 名学生，其中男生有 21 名 .
A m m!( n m)! （ 1）现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？9. 组合数的性质1：C n m C n n m．规定： C n0 1 ；
（ 2）若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？10. 组合数的性质2：C n m 1＝ C n m+C n m 1C n 0+C n 1+ +C n n=2n
3、有 0、 1、2、 3、
4、5 六个数字 .
（1）可以组成多少个不同的三位数？
（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？
排列与组合
1.排列的概念：从 n 个不同元素中，任取 m （m n）个元素（这里的被取元素各不相同）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．．．．．．．．．
2.排列数的定义：从 n 个不同元素中，任取 m （m n）个元素的所有排列的个数叫做从
n 个元素中取出 m 元素的排列数，用符号 A n m表示
3. 排列数公式：A n m n( n 1)(n 2)L ( n m 1) （ m, n N , m n ）
4.阶乘： n!表示正整数 1 到n的连乘积，叫做n的阶乘规定 0! 1．
5. 排列数的另一个计算公式：A n m = n!
( n m)!
6.组合概念：从 n 个不同元素中取出 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
7．组合数的概念：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 C m表示．
．．．n 题型讲解
例 1分别求出符合下列要求的不同排法的种数
（1） 6 名学生排 3 排，前排 1 人，中排 2 人，后排 3 人；
（2） 6 名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
（3）从 6 名运动员中选出 4 人参加 4× 100 米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；
（4） 6 人排成一排，甲、乙必须相邻；
（5） 6 人排成一排，甲、乙不相邻；
（6） 6 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）
解：（ 1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为A66720
（ 2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有A41 种选法，然后其他 5 人选，有A55 种选法，故排法种数为 A41 A55 480
（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：
①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为A53；
②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有A14种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有A14 种选法，其余两棒次不受限制，故有A41 A41 A22种排法，
由分类计数原理，共有 A3 A1 A1 A2 252 种排法
5 4 4 4
（ 4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他 4 人一起作全排列共有A22 A55 240 种排法
（ 5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余 4 人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的 4 人的左、右及之间的空挡插位，共有A44 A52（或用6 人的排列数减去问题（2）后排列数为A66 240 480 ）（ 6）三人的顺序定，实质是从 6 个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余 3
人在 3 个位置上全排列，故有排法C63 A33 120 种
点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻
例 2 假设在 100 件产品中有 3 件是次品，从中任意抽取 5 件，求下列抽取方法各多少种？
（ 1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（ 3）至少有两件是次品
解：（ 1）没有次品的抽法就是从97 件正品中抽取 5 件的抽法，共有 C 975 64446024 种
（ 2）恰有 2 件是次品的抽法就是从97 件正品中抽取 3 件，并从 3 件次品中抽 2 件的抽法，共
有 C973C32 442320 种
（ 3）至少有2 件次品的抽法，按次品件数来分有二类：
第一类，从97 件正品中抽取 3 件，并从 3 件次品中抽取 2 件，有C973 C32 种
第二类从 97 件正品中抽取 2 件，并将 3 件次品全部抽取，有C972C33种
按分类计数原理有 C973 C32 C972C33 446976 种
点评：此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中
抽取，应当注意：如果第（3）题采用先从 3 件次品抽取 2 件（以保证至少有 2 件是次品），再从余下的 98 件产品中任意抽取 3 件的抽法，那么所得结果是C32C983 466288 种，其结论是错误的，错在“重复”：假设 3 件次品是 A、B、C，第一步先抽A、B 第二步再抽 C 和其余 2 件正品，与第一步先抽 A、 C（或 B、C），第二步再抽B（或 A）和其余 2 件正品是同一种抽法，但在算式C32 C983中算作 3 种不同抽法
例 3
m m 1 m m 1 m 1 m m 1 求证：① A n 1 mA n 1 A n ；② C n C n 2C n
C
n 2 证明：①利用排列数公式
左n 1 ! m n 1 ! n m n 1 ! m n 1 ! n ! A n m 右n m 1 ! n m ! n m ! n m ! ①第一类不含某特殊元素 a 的排列有A n m 1
第二类含元素 a 的排列则先从 n 1 个元素中取出m 1 个元素排列有A n m 11种，然后将 a 插入，共有 m个空档，故有m A n m 11 种，因此 A n m 1 m A n m 11 A n m
②利用组合数公式
左
n ! n ! 2n !
m 1 ! n m 1 m 1 n m 1 ! m n m !
＝n ! n m n m 1 m m 1 2 m 1 n m 1
1 ! n m 1 !
m
n !
n 2 n 1
n 2 ! m 1
右
C
n 2
m 1 ! n m 1 ! m 1 ! n m 1 !
m m m 1
推得左
m 1 m m m 1 m 1 n m 1
右另法：利用公式 C n C n 1
C
n 1 C n C n C n C n
C
n 1
C
n 1
C
n 2
点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质
例 4 已知 f 是集合 A a, b, c, d 到集合 B 0,1,2 的映射
（ 1）不同的映射 f 有多少个？
（ 2）若要求 f a f b f c f d4则不同的映射 f 有多少个？
分析：（ 1）确定一个映射 f ，需要确定a, b, c, d 的像
（ 2）a, b, c, d的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即 4 有多种分析方案，各方案独立且
并列需要分类计算
解：（ 1） A 中每个元都可选0,1,2三者之一为像，由分步计数原理，共有 3 3 3 334个不同映射
（2）根据a, b, c, d对应的像为 2 的个数来分类，可分为三类：
第一类：没有元素的像为 2，其和又为 4，必然其像均为 1，这样的映射只有一个；
另一种证法：（利用排列的定义理解）从n 个元素中取m个元素排列可以分成两类：第二类：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 C
14
P
31
12个；
第三类：二个元素的像是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）
点评：问题（ 1）可套用投信模型： n 封不同的信投入m个不同的信箱，有m n 种方法；问题（ 2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏
例 5 四面体的顶点和各棱的中点共10 个点
（1）设一个顶点为 A，从其他 9 点中取 3 个点，使它们和点 A 在同一平面上，不同的取法有多
少种？
（2）在这 10 点中取 4 个不共面的点，不同的取法有多少种？
解：（ 1）如图，含顶点 A 的四面体的三个面上，除点 A 外都有 5 个点，从中取出 3 点必与点 A 共面，共有 3C 53种取法
含顶点 A 的棱有三条，每条棱上有 3 个点，它们与所对棱的中点共面，共有 3 种取法
根据分类计数原理和点 A 共面三点取法共有3C53 3 33种
（ 2）取出的 4 点不共面比取出的 4 点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取 4 点（C104种取法）减去4点共面的取
法取出的 4 点共面有三类：
第一类：从四面体的同一个面上的 6 点取出 4 点共面，有 4C 64种取法
第二类：每条棱上的 3 个点与所对棱的中点共面，有 6 种取法
第三类：从 6 条棱的中点取 4 个点共面，有 3 种取法
根据分类计数原理 4 点共面取法共有4C64 6 3 69
故取 4 个点不共面的不同取法有C104 4C64 6 3 141（种）
点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不
共线，点共面与不共面，线共面与不共面等
小结：
⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有P m m种“捆绑”方法
⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入” 到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有P n m种不同的“插入”方法
⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有 C n m种不同的“插入”方法
⑷若干个不同的元素“等分”为ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以P m m
【例题解析】
例 1完成下列选择题与填空题
（ 1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有种。
B.64
（ 2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（）
B.64
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有；
③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法
有。
解析（ 1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四
封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：
N=3× 3×3× 3=34=81，故答案选A。
本题也可以这样分类完成，
1
①四封信投入一个信箱中，有 C3种投法；②四封信投入两个信箱中，
2 1 2 2 2 ）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有 2
3 种投有C（C·A +C · C C · A
3 4 2 4 2 4 3
、 1 2 1 2 2 2 2 3
法，故共有 C +C （C ·A +C C ） +C · A =81（种）。故选 A。
3 3
4 2 4 2 4 3
（ 2）因学生可同时夺得n 项冠军，故学生可重复排列，将 4 名学生看作 4 个“店”，3 项冠军看作“客”，每个“客”都可住进 4 家“店”中的任意一家，即每个“客”有 4 种住宿法。由分步计数
原理得： N=4× 4× 4=64。
故答案选 B。
（ 3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得 N=34=81（种）；
②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑 4 种不同学生，
共有 N=43=64（种）；
③等价于从 4 个学生中挑选 3 个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，
故共有 C 3 3
· A =24（种）。
4 3
注：本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：
设集合 A={a 1,a 2,,a n},
n
的不同映
集合 B={b 1,b 2, ,b m} ，则 f ： A→ B 的不同映射是 m,f ： B→ A
射是 n m。
n
若 n≤ m，则 f ： A→ B 的单值映射是：A m。
例 2同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四
张贺年卡不同的分配方式有（）
种种种种
解法一由于共四人（用1， 2， 3， 4 代表甲、乙、丙、丁四人），这个数目不大，化为填数问
题之后，可用穷举法进行具体的填写：
解法二 我们可以假定 8 盏灯还未安装，其中 5 盏灯是亮着的， 3 盏灯不亮。这样原问题就等
价于：将 5 盏亮着的灯与 3 盏不亮的灯排成一排，使 3 盏不亮的灯不相邻（灯是相同的） 。 5 盏亮着
的灯之间产生 6 个间隔（包括两边） ，从中插入
3 个作为熄灭的灯——就是我们经常解决的“相邻不
相邻”问题，采用“插入法” ，得其答案为
3
C 6 =20 种。
注 解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰，但有时较繁。方 法二从另外一个角度审题，认清其数学本质，抽象成数学模型，解题时有一种豁然开朗的感觉。
例 4
已知直线 ax+by+c=0 中的 a,b,c
是取自集合 {-3,-2,-1,0,1,2,3} 中的 3 个不同的元素，
再按照题目要求检验，最终易知有
9 种分配方法。
并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。
解法二
记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有
解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得
tan θ =- a
>0, 即 a 、 b 异号。
3 种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：
b
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片
1 种分配方式；
（ 1）若 c=0，a 、 b 各有 3 种取法，排除
2 个重复（ 3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0 ），故有 3× 3-2=7
第二类： 甲收到的不是乙送出的卡片，
这时，甲收到卡片的方式有
2 种（分别是丙和丁送出的） 。 （条）。
对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种。
（ 2）若 c ≠ 0， a 有 3 种取法， b 有 3 种取法，而同时 c 还有 4 种取法，且其中任两条直线均不
因此，根据乘法原理，不同的分配方式数为 ３×（ 1+2） =9。
相同，故这样的直线有
3×3× 4=36 条，从而符合要求的直线共有
7+36=43 条。
解法三
给四个人编号： 1， 2， 3， 4，每个号码代表 1 个人，人与号码之间的关系为一对一的
注 ： 本题是 1999 年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有。错误原因没有 关系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表，这样，贺年卡的分配问题可抽象为
对 c=0 与 c ≠ 0 正确分类；没有考虑 c=0 中出现重复的直线。
如下“数学问题” ：将数字 1， 2，3，4，填入标号为 1，2，3， 4 的 4 个方格里，每格填写一个数字，
例 5 平面上给定 10 个点，任意三点不共线，由这
10 个点确定的直线中，无三条直线交于同
且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字 1，2，3，4 组成没有
一点（除原 10 点外），无两条直线互相平行。
重复数字的 4 位数，而且每位数字都不等于位数的
4 位数共有多少个）？
求：（ 1）这些直线所交成的点的个数（除原
10 点外）。
这时，可用乘法原理求解答案：
（ 2）这些直线交成多少个三角形。
首先，在第 1 号方格里填写数字，可填上 2、 3、 4 中的任一个数，有 3 种填法；
解法一 （ 1）由题设这 10 点所确定的直线是
2
C 10 =45 条。
其次，当第 1 号方格填写的数字为
i （2≤ i ≤ 4）时，则填写第 i 种方格的数字，有 3 种填法；
这 45 条直线除原 10 点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有
2
C 45 个交点。
最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有 1 种填法（因为剩下的两个数中，至少
而在原来 10 点上有 9 条直线共点于此。所以，在原来点上有
10C
2
点被重复计数。
9
有 1 个与空着的格子的序号相同） 。
所以这些直线交成新的点是： C 45 2-10C 9 2=630。
因此，根据乘法原理，得不同填法：3× 3× 1=9
（ 2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自
注： 本题是“乱坐问题” ，也称“错排问题” ，当元素较大时，必须用容斥原理求解，但元素
上述 630 个点或原来的 10 个点。所以三角形的个数相当于从这
640 个点中任取三个点的组合，即
较小时，应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解，或可以穷举。
C 640 3=43 486080 （个）。
例 3
宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排
8 盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其
解法二 （ 1）如图对给定的 10 点中任取 4 个点，四点连成 6 条直线，这 6 条直线交 3 个新的 中 3 盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄灯的方法有多少种？
点。故原题对应于在
10 个点中任取
4 点的不同取法的
3 倍，即这些直线新交成的点的个数是：
解法一 我们将 8 盏灯依次编号为 1， 2， 3， 4， 5， 6， 7， 8。
3C 4
=630。
10
在所熄的三盏灯中，若第一盏熄 1 号灯，第二盏熄 3 号灯，则第 3 盏可以熄 5，6，7，8 号灯中
的任意一盏，共有 4 种熄法。
（ 2）同解法一。
若第一盏熄 1 号灯，第 2 盏熄 4 号灯，则第 3 盏可以熄 6， 7， 8 号灯中的任意一盏。
注 用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要
依次类推，得若 1 号灯熄了，则共有 4+3+2+1=10 种熄法。
考虑实际几何意义。
若 1 号灯不熄，第一盏熄的是 2 号灯，第二盏熄的是 4 号灯，则第三盏可以熄
6， 7， 8 号灯中
例 6 （1）如果（ x+ 1
）2n 展开式中，第四项与第六项的系数相等。求
n ，并求展开式中的常数
的任意一盏，共有 3 种熄法。
2 号灯，则共有 3+2+1=6 种熄法。
x
依次类推得，若第一盏灯熄的是
项；
同理，若第一盏熄的是 3 号灯，则共有 2+1=3 种熄法。
1
同理，若第一盏熄的是
4 号灯，则有 1 种熄法。
（ 2）求（ x -
） 8 展开式中的所有的有理项。 综上所述共有： 10+6+3+1=20 种熄法。
24 x
解
（ 1）由 C 2n 3=C 2n 5
, 可得 3+5=2n
∴ n=4 。
设第 k+1 项为常数项
k
· x 8-k
-k
k
· x 8-2k
则 T k+1=C 8 · x =C 8
∴ 8-2k=0 ，即 k=4
4
∴常数项为 T 5=C 8 =70。
（ 2）设第 k+1 项有理项，则
8 k
1 T k 1 C 8 k ·x
2 ·(
1
x 4 )
k
2
16 3k
C 8k ·(
1 )k ·x 4
2
因为 0≤k ≤ 8，要使
16 3k
∈ Z ，只有使 k 分别取 0， 4， 8
4
所以所求的有理项应为：
T 1=x 4
,T 5=
35
x,T 9= 1
x -2
8
256
注 （ 1）二项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；
（ 2）在二项展开式中求得 k 后，对应的项应该是 k+1 项。
例 7
（ 1）求 4× 6n +5n+1 被 20 除后的余数；
n1 n-1
2
n-2
+ +C n n-1
× 7 除以 9，得余数是多少？ （ 2） 7 +C n 7 +C n · 7 （ 3）根据下列要求的精确度，求的近似值。①精确到；②精确到。
解
（ 1）首先考虑 4· 6n +5
n+1
被 4 整除的余数。
∵ n+1
n+1 n+1 1 n
2 4 n-1
n
5 =(4+1) =4 +C n+1 4 +C n+1 + +C n+1 · 4+1
∴其被 4 整除的余数为 1
∴被 20 整除的余数可以为
1， 5， 9，13， 17
然后考虑 4· 6n+1+5n+1 被 5 整除的余数。
∵ n n n 1 5
n -1 +C 2 n-2 + +C n-1 · 5+1) 4· 6 =4· (5+1)
=4(5
+C ·
· 5
n
n
n
∴被 5 整除的余数为 4
∴其被 20 整除的余数可以为 4， 9， 14， 19。
综上所述，被 20 整除后的余数为 9。
（ n 1 n-1 2 n-2 n-1 · 7
2） 7 +C ·
7 +C ·
7++C
n
n
n
=(7+1)
n
-1=8 n -1=(9-1) n -1
=9 n1
n-1
2
n-2
+ +(-1) n-1
n-1
· 9+(-1) n
n
-C n ·9 +C n ·9
C n C n -1 (i) 当 n 为奇数时
原式 =9n -C n 1· 9n-1 +C n 2·9n-2 + +（ -1 ） n-1 C n n-1 · 9-2
∴除以 9 所得余数为 7。 (ii) 当 n 为偶数时
n1
n-12
n-2
n-1
n-1
原式 =9 -C
·9 +C
·9 + +(-1) C
·9
n n
n
∴除以 9 所得余数为 0，即被 9 整除。
（ 3） 5≈（ 1+）5
=1+c
1
2 3 5 5
·+C ·+C
·++C ·
5 5
5
2
3
-5
∵ C 5 ×=,C 5 × =8× 10
∴①当精确到时，只要展开式的前三项和， 1++=，近似值为。 ②当精确到时，只要取展开式的前四项和，
1+++=，近似值为。
注 （ 1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论。
（ 2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。例 8 证明下列不等式：
（ 1） a n b n
a b
n
（ a 、 b ∈ {x|x 是正实数 },n ∈ N ）;
≥（
2 ） ,
2
（ 2）已知 a 、b 为正数，且
1 + 1
=1，则对于 n ∈ N 有（ a+b ） n -a n -b n ≥22n -2 n+1。
a b
证明 （ 1）令 a=x+ δ， b=x- δ 则 x=
a b
2
a n +
b n =(x+ δ ) n +(x- δ ) n
n
1 n-1
n
n
n
1 n-1
δ + (-1) n
nn
=x +C n x δ + +C n δ +x -C n x C n δ
=2(x n +C n 2x n-2 δ2+C n 4x n-4 δ 4+ ) ≥ 2x n
即 a n b n
≥（ a b ） n
2
2
（ 2） (a+b) n
n1 a
n -1
n n
=a +C
b+ +C b
n
n
(a+b) n =b n +C n 1b n-1 a+ +C n n a n 上述两式相加得：
2(a+b) nn
n 1
n-1n-1
k (a n-k kn-k k
nnn =(a +b )+C (a
b+b
a)+ +C
b +b a )+ +C (a +b ) (*)
n
n
n
∵ 1 + 1
=1，且 a 、b 为正数
a b
∴ ab=a+b ≥ 2 ab ∴ab ≥ 4
又∵ a n-k b k +b n-k a k ≥ 2 a n
b n =2( ab ) n (k=1,2, ,n-1)
∴ 2(a+b) n ≥ 2a
nn
1
ab ) n
2
n
+ +C
n-1
2( ab ) n
+2b
+C 2(
+C 2（
ab ）
n
n
n
∴ (a+b) n -a n -b n
≥ (C 1
2
+ +C
n-1
) ·（ ab ）
n +C
n
n
n
≥ (2 n-2) ·2n
=22n-2 n+1
注利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元）。这样消去δ奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解
题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。
例 9已知(1-ax)n 展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列，第n+1-p与第n+2-p 项的系数之和为0，而（ 1-ax ）n+1展开式的第p+1 与 p+2 项的二项式系数之比为1∶2。
（1）求（ 1-ax ）n+1展开式的中间项；
（2）求（ 1-ax ）n的展开式中系数最大的
项。解由题设得：
2C n p C n p 1 C n p 1 ①
C n n p ( a) n p C n n 1 p ( a) n 1 p 0②
p p 1
③
2C n 1 C n 1
由①得， 2C n p= p C n p+ n p
C n p
n 1 p p 1 两边约去C n p, 可得：
2= p + n
p
n 1 p p 1
由③得，
p n
1 p p
2C n+1 =
p 1
C n+1
约去 C
p
可得， n=3p+1
n+1
p n p n 1 p p 2
解方程组 1
n 3 p 1
得： n=7,p=2.
将 p=2,n=7 代入②得：
5 5
6 6
C (-a) +C · (-a) =0
7 7
解之得： a=0 或 3。
若 a=0 ，则（ 1-0 ·x）8的中间项 T5=0，（ 1-0 · x）7展开式中系数最大的项是 T1=1。
8 的中间项 4 ·（-3x ）4 4 7 的展开式中，奇数项系数为正，若 a=3，则（ 1-3x ）T =C =5670x ，（ 1-3x ）
5 8
C 7k· - 3 k
令≥1
C7k 2 ·( 3)k 2
故（ 1-3x ）7展开式中系数最大的项为
666 6
T7=C7·（-3 ）· x =5103x 。
n
注一般地，求（a+bx）展开式中系数绝对值最大的项的方法是：
C n k a n k·b k C n k 1a n k 1·b k 1
C n k a n k b k C n k 1a n k 1·b k 1
求出 k 的取值范围，从而确定第几项最大。
例 10求证下列各式
k k-1 k
;
（ 1） C n +C n =C n+1
0 p 1 p-1 p 0 p
（ 2） C n C m +C n C m + +C n C m =C m+n。
证明（ 1）对于给定的n+1 个元素，从 n+1 个元素中任意选出k 个元素的不同组合有k 。另
C
n+1
一方面，设 a 是 n+1 个元素中的一个。对于 a 我们这样分类。
k 种不同的选法。
（ i ）若 a 不选，则在 n 个元素中选 k 个，有 C
n
（ ii ）若 a 选，则在 n 个元素中再选k-1 个，有k-1 种不同的选法。
C
n
故从 n+1 个元素中选 k 个元素组成一组的不种选法是：C n k+C n k-1。
k k-1 k
。
所以， C n +C n =C n+1
（ 2）仿（ 1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边 C p ，可看作下列命题：
m+n
从 m个红球， n 个白球中，任选p 个球的不同选法是
p
C m+n种。
另一方面，我们按选红球的个数分类：（ i ）取 p 个红球， 0 个白球； (ii) 取 p-1 个红球， 1 个白球，，取 0 个红球， p 个白球，这样的每类选法数为：
0 p 1 p-1 p 0
C n C m ,C n C m , ， C n C m
∴由分类计数原理可得：0 p 1 p-1 p 0 p
CC+CC + +CC=C
n m n m n m m+n
（2）另证：∵（ 1+x）n (1+x) m≡ (1+x) m+n
左边展开式中
p
的系数是：
0 p1 p-1 p 0
x C n C m +C n C m + +C n C m
右边展开式中p 的系数是： C p
x
m+n
由多项式恒等条件可知 C n0C m p +C n 1C m p-1 + +C n p C m0=C m+n p
注本题的证明方法称之为算两次，对一个数学模型从不同角度去解，得出两个结果，将这两
个结果综合起来，得到我们所需证明的结论。
解之得： k≤ 6。
排列组合典型例题(带详细答案)
例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 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？ 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？ 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． 例5现有3辆公交车、3位司机和3位售票员，每辆车上需配1位司机和1位售票员．问车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？ 例6下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？ 例77名同学排队照相． (1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？
(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？ (3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？ (4)若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？ 例8计算下列各题： (1) 215 A ； (2) 66 A ； (3) 1 1 11------?n n m n m n m n A A A ； 例9 f e d c b a ,,,,,六人排一列纵队，限定a 要排在b 的前面（a 与b 可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法． 例10 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？ 例11 计划在某画廊展出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，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有 例12 由数字5,4,3,2,1,0组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数的个数共有（ ）． 例13 用5,4,3,2,1，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）． 例14 用543210、、、、、共六个数字，组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个无重 复数字的3位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？
高考数学 计数原理 知识汇总
计数原理 课表要求 1、会用两个计数原理分析解决简单的实际问题； 2、理解排列概念，会推导排列数公式并能简单应用； 3、理解组合概念，会推导组合数公式并能解决简单问题； 4、综合应用排列组合知识解决简单的实际问题； 5、会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题； 6、会用二项式定理求某项的二项式系数或展开式系数，会用赋值法求系数之和。突破方法 1．加强对基础知识的复习，深刻理解分类计数原理、分步计数原理、排列组合等基本概念，牢固掌握二项式定理、二项展开式的通项、二项式系数的性质。2．加强对数学方法的掌握和应用，特别是解决排列组合应用性问题时，注重方法的选取。比如：直接法、间接法等；几何问题、涂色问题、数字问题、其他实际问题等；把握每种方法使用特点及使用范围等。 3．重视数学思维的训练，注重数学思想的应用，在解题过程中注重化归与转化思想的应用，将不同背景的问题归结为同一个数学模型求解；注重数形结合、分类讨论思想、整体思想等，使问题化难为易。 知识点 1、分类加法计数原理 完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……在第n类办法中有m n种不同的方法。那么完成这件事共有：N=m1+m2+……+m n种不同的方法。 注意：（1）分类加法计数原理的使用关键是分类，分类必须明确标准，要求每一种方法必须属于某一类方法，不同类的任意两种方法是不同的方法，这时分类问题中所要求的“不重复”、“不遗漏”。 （2）完成一件事的n类办法是相互独立的。从集合角度看，完成一件事分A、B两类办法，则A∩B=?,A∪B=I（I表示全集）。 （3）明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事。 2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m1·m2·……·m n种不同的方法。 注意：（1）明确题目中所指的“做一件事”是什么事，单独用题中所给的某种方法是不是能完成这件事，是不是要经过几个步骤才能完成这件事。 （2）完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成。 （3）根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步去
排列组合问题经典题型解析含答案
排列组合问题经典题型与通用方法 1. 相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列 例1. A,B,C,D,E 五人并排站成一排，如果 A,B 必须相邻且B 在A 的右边，则不同的排法有（ ） A 、60 种 B 、48 种 C 、36 种 D 、24 种 2. 相离问题插空排：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几 个元素全排列，再把规定的相离的 几个元素插入上述几个元素的空位和两端 ? 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ） A 、1440 种 B 、3600 种 C 、4820 种 D 、4800 种 3. 定序问题缩倍法：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法 例3.A,B,C,D,E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在A 的右边（A, B 可以不相邻）那么不同的排法有 （ ） 4. 标号排位问题分步法：把元素排到指定位置上， 可 先把某个元素按规定排入， 第二步再排另一个元素， 如 此继续下去，依次即可完成 ? 例4.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 填数字均不相同的填法有（ ） A 、6 种 B 、9 种 C 、11 种 D 、23 种 5. 有序分配问题逐分法：有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法 例5.（ 1 ）有甲乙丙三项任务，甲需 2人承担，乙丙各需一人承担，从 10人中选出4人承担这三项任务, 不同的选法种数是（ ） A 、1260 种 B 、2025 种 C 、2520 种 D 、5040 种 （2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口 6. 全员分配问题分组法： 例6.（ 1）4名优秀学生全部保送到 3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种? A 、24 种 B 、60 种 C 、90 种 D 、 120 种 4人，则不同的分配方案有（ 4 4 4 C 12C 8C 4 种 4 4 3C 12C 8C C 、 C 12C 8 A 3 种
计数原理与排列组合经典题型
计数原理与排列组合题型解题方法总结 计数原理 一、知识精讲 1、分类计数原理： 2、分步计数原理： 特别注意:两个原理的共同点：把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。 不同点：如果完成一件事情共有n类办法，这n类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类计数原理。分类时应不重不漏（即任一种方法必须属于某一类且只属于这一类） 如果完成一件事情需要分成n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。各步骤有先后，相互依存，缺一不可。 3、排列 (1)排列定义,排列数 (2)排列数公式: (3)全排列列: 4.组合 (1)组合的定义,排列与组合的区别; (2)组合数公式: (3)组合数的性质 二、.典例解析 题型1:计数原理 例1.完成下列选择题与填空题 (1)有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有种。 A.81 B.64 C.24 D.4 (2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( ) A.81 B.64 C.24 D.4 (3)有四位学生参加三项不同的竞赛, ①每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有; ②每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有;
③每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法有 。 例2（1）如图为一电路图，从A 到B 共有 条不同的线路可通电。 例3: 把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？ 例4、某城在中心广场造一个花圃，花圃分为6个部分(如图).现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 ________ 种.(以数字作答) 例5、 四面体的顶点和各棱的中点共10个，在其中取4个不共面的点，问共有多少种不同的取法？ 例6、（1）电视台在”欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现有主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的结果? （2）三边均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是 D C B A
高中数学排列组合经典题型全面总结版
高中数学排列与组合 （一）典型分类讲解 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, 先排末位共有1 3C 然后排首位共有1 4C 最后排其它位置共有 34A 由分步计数原理得1 1 3 434 288C 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 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 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 46 A 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，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 (空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 47 A 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。 思考:可以先让甲乙丙就坐吗? （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 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6 7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 4 4 3 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
计数原理知识点总结与训练
计数原理知识点总结 一、两个计数原理 3、两个计数原理的区别 二、排列与组合 1、排列： 一般地，从n个不同元素中取出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。
2、排列数：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有不同排列 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. 3、排列数公式： 其中 4、组合： 一般地，从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。 5、组合数： 从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有不同组合的个数叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数。用符号 表示。 6、组合数公式： 其中 注意：判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什么”. 7、性质： m n A m n A ()()() ()! ! 121m n n m n n n n A m n -= +---=Λ . ,,*n m N m n ≤∈并且m n C ()()() ()! !! !121m n m n m m n n n n C m n -= +---= Λ . ,,*n m N m n ≤∈并且m n n m n C C -=m n m n m n C C C 1 1+-=+
三、二项式定理 如果在二项式定理中，设a=1,b=x ，则可以得到公式： 2、性质： 0241351 2 n n n n n n n C C C C C C -=+++=+++=L L 奇数项二项式系数和偶数项二项式系数和：
排列组合问题经典题型解析含答案
排列组合问题经典题型解析含答案
排列组合问题经典题型与通用方法 1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例1.,,,, A B C D E五人并排站成一排，如果,A B必须相邻且B在A 的右边，则不同的排法有（） A、60种 B、48种 C、36种 D、24种 2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端. 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（） A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种 3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例3.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（,A B可以不相邻）那么不同的排法有（）A、24种 B、60种 C、90种D、120种
4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 例4.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相同的填法有（ ） A 、6种 B 、9种 C 、11种 D 、23种 5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（ ） A 、1260种 B 、2025种 C 、2520种 D 、5040种 （2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ） A 、44412 8 4 C C C 种 B 、44412 8 4 3C C C 种 C 、44312 8 3 C C A 种 D 、 4441284 33 C C C A 种
计数原理基本知识点
计数原理基本知识点 1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有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：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =??? 种不同的方法 3．排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）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．．．．4．排列数的定义：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫 做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号m n A 表示 5．排列数公式：(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+（,,m n N m n *∈≤） 6 阶乘：!n 表示正整数1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘规定0!1=． 7．排列数的另一个计算公式：m n A =!()!n n m - 8 组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出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 9．组合数的概念：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m n C 表示． 10．组合数公式：(1)(2)(1)!m m n n m m A n n n n m C A m ---+== 或)! (!!m n m n C m n -=,,(n m N m n ≤∈*且 11 组合数的性质1：m n n m n C C -=．规定：10=n C ； 12．组合数的性质2：m n C 1+＝m n C +1-m n C
排列组合知识点总结+典型例题及答案解析
排列组合知识点总结+典型例题及答案解析 一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：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 .m n m n A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从 1.公式：1.()()()()! ! 121m n n m n n n n A m n -=+---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =?-+?=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ?=+-?=+?-=+-； (3) 111111 (1)!(1)!(1)!(1)!!(1)! n n n n n n n n n +-+==-=- +++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。 1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n m n m m m ==--+= -11……!! !! 10 =n C 规定： 组合数性质： .2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011 =+++=+=+--…… ，， ①；②；③；④ 111 12111212211 r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-++++ +=+++ +=++ +=注： 若1 2 m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。
小学奥数计数练习题：排列与组合
小学奥数计数练习题：排列与组合经典的排列与组合奥数题及答案 问题：小明所在的班级要选出4名中队长，要求每位同学在选票上写上名字，也能够写自己的名字。结果全班的每位同学都在自己的选票上写了4个互不相同的名字。当小明把同学们的选票收集后发现一个有趣的现象：就是任意取出2张选票，一定有且只有一个人的名字同时出现在2张选票上。请问：小明所在的班级共有多少人? 总体逻辑思路：首先，假设题目所说的情况存有。然后，得出班级人数。最后，构造出一个例子，说明确实存有这种情况。 我们先来证明这个班每个人都恰好都被选了4次。 思路简介：我们首先用反证法证明没有人被选了4次以上。因为平均每人被选了4次，既然没有人被选了4次以上，肯定也不存有被选了4次以下的人。所以，能够得到每个人恰好被选了4次。 首先证明没有人被选了4次以上，我们用反证法。 假设有一个人被选了4次以上(因为很容易证明这个班的人数肯定很多于7人，所以我们能够假设有一个人被选了4次以上)，我们设这个人为A同学。接下来我们来证明这种情况不存有。 把所有选择A同学的选票集中到一起，有5张或5张以上。方便起见，我们把这些选票编号，记为A1选票，A2选票，A3选票，A4选票，A5选票，…。意思就是选择A同学的第1张选票，选择A同学的第2张选票，…。 这些选票都选择了A同学。因为任意2张选票有且只有1个人相同，所以这些选票上除了A同学外，其他都是不同的人。 我们还能够证明，这些并不是全部的选票，不是太难，就不证明了。
既然这些(所有选A同学的选票)不是全部的选票，我们再拿一张没有选择A同学的选票。方便起见，称之为B选票。 根据任意2张选票有且只有1个人相同，A1选票上必有一个人和B选票上的一个人是相同的，而且这个人不是A同学。 同样道理，第A2、A3、A4、A5、…上也必有一个人和B选票上的一个人是相同的，而且这个人不是A同学。 因为B选票上只有4个不同的人，而A1、A2、…，的数量大于4.所以，A1、A2、A3、…选票中至少有2张选票，除了A同学外还有一个共同的候选人。根据任意2张选票有且只有1个人相同，我们知道这是不能够的。 所以，没有人被选了4次以上。 因为平均每人被选4次，既然没有人被选4次以上，当然也就不可能有人被选4次以下。 所以，每个人恰好被选了4次!
高中数学选修计数原理概率知识点总结
选修2-3定理概念及公式总结 第一章基数原理 1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法 N=m 1+m 2+……+m n 种不同的方法 2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N=m 1×m 2×……m n 种不同的方法 分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整” 3.两个计数原理的区别: 如果完成一件事，有n 类办法，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事,用分类计数原理， 如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要完成所有步骤才能完成这件事，是分步问题,用分步计数原理. 4.排列:从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素并按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. （1）排列数: 从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列的个数.用符号m n A 表示 （2）排列数公式:)1()2)(1(+-???--=m n n n n A m n 用于计算， 或m n A )! (! m n n -=() n m N m n ≤∈*,, 用于证明。 n n A =!n =()1231????-Λn n =n(n-1)! 规定0！=1 5.组合：一般地，从n 个不同元素中取出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 （1）组合数: 从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，用m n C 表示 （2）组合数公式: (1)(2)(1) ! m m n n m m A n n n n m C A m ---+==L 用于计算， 或)! (!! m n m n C m n -= ),,(n m N m n ≤∈*且 用于证明。
高中排列组合知识点汇总和典型例题[全]
一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：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 .m n m n A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从 1.公式：1.()()()()! ! 121m n n m n n n n A m n -= +---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =?-+?=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ?=+-?=+?-=+-； (3)111111(1)! (1)! (1)!(1)! !(1)! n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。 1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n m n m m m ==--+= -11……!! !! 10 =n C 规定： 组合数性质：.2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，， ①；②；③；④ 111 12111212211 r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=++++=+++=注： 若1 2 m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。 2．解排列、组合题的基本策略 （1）两种思路：①直接法； ②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决 排列组合应用题时一种常用的解题方法。 （2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意： 分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。 （3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计 数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。 （4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。 3．排列应用题： （1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2)、特殊元 素优先考虑、特殊位置优先考虑； （3）．相邻问题：捆邦法： 对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。 （4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空
排列组合与计数原理
排列组合与计数原理 【复习目标】1.能熟练的判断利用加法原理和乘法原理。简单的排列组合组合数公式。 【复习重难点】加法原理和乘法原理公式的计算及应用。 1.高三（1），（2），（3）班分别有学生52,48,50人。 （1）从中选1人当学生代表的不同方法有____________种； （2）从每班选1人组成演讲队的不同方法有____________种； （3）从这150名学生中选4人参加学代会的不同方法有____________种； （4）从这150名学生中选4人参加数理化三个课外活动小组，共有不同方法有__________种。 2.假设在200件产品中有三件次品，现在从中任意抽取5件，期中至少有2件次品的抽法有__________种。 3.若,64 3n n C A 则n=___________。 例1．在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有________种取法。 变式训练：从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为_______。 例2．从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有______________种. 例3．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有_______ . 变式训练：要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有_______ 种不同的排法.
高中排列组合知识点汇总及典型例题(全)
一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：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 .m n m n A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从 1.公式：1.()()()()! ! 121m n n m n n n n A m n -= +---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =?-+?=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ?=+-?=+?-=+-； ' (3)111111 (1)!(1)!(1)!(1)!!(1)! n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。 1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n m n m m m ==--+= -11……!! !! 10=n C 规定： 组合数性质：.2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，， ① ；②；③；④ 11112111212211r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=+++ +=++ +=注： 若1 2 m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。 " 2．解排列、组合题的基本策略 （1）两种思路：①直接法； ②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决 排列组合应用题时一种常用的解题方法。 （2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意： 分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。 （3数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。 （4 3．排列应用题： （1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2)、特殊元 素优先考虑、特殊位置优先考虑； ) （3）．相邻问题：捆邦法： 对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。 （4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空
排列组合专题复习及经典例题详解
排列组合专题复习及经典例题详解 1.学习目标 掌握排列、组合问题的解题策略 2.重点 （1）特殊元素优先安排的策略： （2）合理分类与准确分步的策略； （3）排列、组合混合问题先选后排的策略； （4）正难则反、等价转化的策略； （5）相邻问题捆绑处理的策略； （6）不相邻问题插空处理的策略． 3.难点 综合运用解题策略解决问题． 4.学习过程: (1)知识梳理 m种不完成一件事，有几类办法，在第一类办法中有1．分类计数原理（加法原理）：1mm种不同的方法，类型办法中有种不同的方法……在第n同的方法，在第2类办法中有n2N?m?m?...?m 种不同的方法．那么完成这件事共有n12m种不步有个步骤，做第12．分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n1mm种不同的方法；那么完成这步有种不同的方法……，做第同的方法，做第2步有n n2N?m?m?...?m种不同的方法．件事共有n12特别提醒： 分类计数原理与“分类”有关，要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性； 分步计数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏． 3．排列：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 m?nm?n 时叫做全排列. 时叫做选排列，排列个不同元素中取出m个元素的一个，4．排列数：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m P. 个元素的排列数，用符号表示元素中取出m n n!?m）?Nmn（m?)...()(1n?2n?m1)??,n、?(?Pnn5．排列数公式： n(n?m)!1mmm?mPPP??排列数具有的性质：nn1?n特别提醒： 规定0!=1 1 6．组合：从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个不同元素，组成一组，叫做从n个不同元素中取m个不同元素的一个组合. 7．组合数：从n个不同元素中取m(m≤n)个不同元素的所有组合的个数，叫做从n个m C. 个不同元素的组合数，用符号表示不同元素中取出m nm Pn(n?1)(n?2)...(n?m?1)n!mn???C．组合数公式：8 nm)!m!(n?m!mP mmn?mmmm?1C?CC?C?C；②组合数的两个性质：①nnnnn?1特别提醒：排列与组合的联系与区别. 联系：都是从n个不同元素中取出m个元素. 区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系.
两个计数原理、排列与组合
全国卷五年考情图解高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制1道 小题或者1道解答题，分 值占5～17分. 2.考查内容 计数原理常与古典概型综 合考查；对二项式定理的 考查主要是利用通项公式 求特定项；对正态分布的 考查，可能单独考查也可 能在解答题中出现；以实 际问题为背景，考查分布 列、期望等是高考的热点 题型. 3.备考策略 从2019年高考试题可以 看出，概率统计试题的阅 读量和信息量都有所加 强，考查角度趋向于应用 概率统计知识对实际问题 作出决策. 第一节两个计数原理、排列与组合 [最新考纲] 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念
及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题． 1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类不同方案，在 第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法 结论 完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法 完成这件事共有N ＝mn 种不同的方法 排列的定义 从n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素 按照一定的顺序排成一列 组合的定义 合成一组 排列数 组合数 定义 从n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素的所有不同排 列的个数 从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有不同组合的个数 公式 A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋ 1)＝ n ！ (n －m )！ C m n ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！ 性质 A n n ＝n ！，0！＝1 C m n ＝C n －m n ，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( ) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．
排列组合专题复习及经典例题详解
排列组合专题复习及经典例题详解 1. 学习目标 掌握排列、组合问题的解题策略 2.重点 （1）特殊元素优先安排的策略： （2）合理分类与准确分步的策略； （3）排列、组合混合问题先选后排的策略； （4）正难则反、等价转化的策略； （5）相邻问题捆绑处理的策略； （6）不相邻问题插空处理的策略． 3.难点 综合运用解题策略解决问题． 4.学习过程: (1)知识梳理 1．分类计数原理（加法原理）：完成一件事，有几类办法，在第一类办法中有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 类型办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +++=...21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n m m m N ???=...21种不同的方法． 特别提醒： 分类计数原理与“分类”有关，要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性； 分步计数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏． 3．排列：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，n m <时叫做选排列，n m =时叫做全排列. 4．排列数：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m n P 表示. 5．排列数公式：）、（+∈≤-= +---=N m n n m m n n m n n n n P m n ,)! (!)1)...(2)(1( 排列数具有的性质：11-++=m n m n m n mP P P 特别提醒： 规定0!=1
排列组合问题经典题型(含解析)
排列组合问题经典题型与通用方法 1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例1.,,,, A B C D E五人并排站成一排，如果,A B必须相邻且B在A的右边，则不同的排法有（） A、60种 B、48种 C、36种 D、24种 2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端. 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（） A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种 3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例3.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（,A B可以不相邻）那么不同的排法有（）A、24种 B、60种 C、90种 D、120种 4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 例4.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相同的填法有（） A、6种 B、9种 C、11种 D、23种 5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（） A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种 （2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（） A、 444 1284 C C C 种 B、 444 1284 3C C C 种 C、 443 1283 C C A 种 D、 444 1284 3 3 C C C A种 6.全员分配问题分组法: 例6.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？ （2）5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（） A、480种 B、240种 C、120种 D、96种 7.名额分配问题隔板法: 例7：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？ 8.限制条件的分配问题分类法: 例8.某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？ 9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再相加。 例9（1）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种 B、300种 C、464种 D、600种 （2）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？ （3）从1，2，3，…，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？