湖北省武汉市吴家山中学高中数学复习 排列组合的解题方法.doc

巧解排列、组合题排列组合问题的特点是：题型多样，思维抽象，小巧新颖，解法别致.因此，解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清题意，注重挖掘题中的隐含条件；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理.但具体解题过程中，要注意以下几点：总的原则合理分类与准确分步.即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.两种思路直接法，间接法.三种途径以元素为主，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.排列组合问题虽然种类繁多，方法多变，但从高考的角度来看，主要考查的是基础知识和基本方法，重点考查抽象概括能力、分析探究能力和综合解决问题的能力.下面，结合高考的要求、考查的题型，谈谈解决排列组合问题的基本策略与方法.一、人或数的问题：高考对排列组合问题的考查，多以人或数的问题出现，内容基础，题型常规，注重考查通性通法.例1、在由数字0、1、2、3、4、5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有( )个 解1：（元素优先法）根据所求四位数对0和5两个元素的特殊要求将其分为四类：含0不含5，共有=48(个)；含5不含0，共有 =72(个)；含0也含5，共有48(个)；不合0也不含5，共有24(个)所以，符合条件的四位数共有48+72+48+24=192(个).解2：（位置优先法）根据所求四位数对首末两位置的特殊要求可分三步：第一步：排个位，有种方法；第二步；排首位，有种方法；第三步：排中间两位，有种方法所以符合条件的四位数共有=192(个) 解3:（排除法）数字0、1、2、3、4、5组成的没有重复数字的四位数有个，能被5整除的数有二类：个位数为0的有个；个位数为5的有个；故符合条件的四位数共有3006048=192个.例2、6个人参加4100接力，甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的安排方式有 种.解：此例为元素多于位置的情形，可按“含”或 “不含”某个元素进行分类：甲、乙都不参加的安排方法有=24种；甲参加而乙不参加时，可从余下4人中选3 人有种选法.由于甲不跑第一棒，故第一棒可从剩下的三人中选一人有种选法，余下三棒有种安排方法，共有=72种方法（或甲不跑第一棒时，可安排甲跑第二、三、四棒中的任一棒，有种方法，余下三棒有种安排方法）；乙参加而甲不参加，同理有72种方法；甲乙都参加时，由题意有（+-）=60种方法（排除法）.故共有24+72+72+60=228种安排方法.例3、用1，2，3，4，5，6，7，8组成没有重复数字的八位数，其中1与2相邻、3与4相邻、5与6相邻、7与8不相邻的八位数共有 个. 解：此为“相邻”与“不相邻”问题.先“相邻”排列成三个“大元素”，再三个“大元素”排列，最后不相邻的两个元素7与8“插空”，共有种.例4、三个学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生排成一排合影，则同校的任何两名学生都不能相邻的排法有 种.解：由题意可分两类：先在6个位置上排第一个学校的三名学生，两两不相邻如图：即3名学生每两名隔一个空位有2种排法，剩下的三个空位中再选2个排第二个学校的2名同学，最后一名同学自动确定位子，此时有种排法；第一个学校的3名同学中有两名中间隔两个位子的有两种排法（如图）： 剩下的3个位子中，挨着的两个不能同时选，所以从另外两个中选，最后一名同学自动确定位子，此时有种排法.故满足题设条件的排法共有120种排法.例5、用0、1、2、3、4、5、6七个数字组成没有重复数字的五位数，若数字3不在百位，数字5不在个位，共有多少个这样的五位数.解：（集合法）设m=从七个数中任取五个数的排法，a=0在首位的排法，b=3在百位上的排法，c=5在个位上的排法，如图，则满足条件的五位数共有：card（m）card（a）card（b）card（c）card（ab）card（bc）card（ca）card（abc）=个.例6、有2个1，3个2，4个3共9个数字排成一排，有多少种排法.解：（角色转换法）将数字作为元素，则这是九个元素排在九个位置上的“不尽相异元素的全排列”问题.若将九个位置作为元素，则问题转化为“相异元素不许重复的组合问题”，即共有种不同的排法.例7、回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数如22，121，3443，94249等显然2位回文数有9个：11，22，33，993位回文数有90个：101，111，121，191，202，999则（1）4位回文数有 个；（2）位回文数有 个解：（1）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（19）种情况，第二位有10（09）种情况，所以4位回文数有种. （2）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为.法二、两位回文数有9个，三位回文数90个，四位回文数可看作在两位回文数的中间添加成对的“00,11,22,99”而得，因此四位回文数有90个；同理，五位回文数可看作在四位回文数的中间添加“0，1，2，9”而得，因此五位回文数有900个；六位回文数可看作在四位回文数的中间添加成对的“00,11,22,99”而得，因此六位回文数有900个.按此规律推导可得答案为.二、图形问题：此类问题主要有涂色、种植、共线、共面等.例1、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 种.（以数字作答）解1：以颜色为主分类，即按颜色的多少分为两类：用3种不同颜色时，区域b、d必同色，区域c、e也必同色，有种涂法；用4种不同颜色时，若区域b、d同色有种，若区域c、e同色有种，故用四种颜色时共有2种.共有+2=72种.解2：以区域为主分类，可分两类：第一类，当区域b、d同色时,区域a有4种，区域b有3种，区域c有1种，区域e有2种，故共有43212=48种；第二类，当区域b、d不同色时，区域a有4种，区域b有3种，区域c有2种，区域e有1种，区域d有1种，故共有43211=24种；故不同的涂色方法共有48+24=72种.例2、某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点a、b、c、a1、b1、c1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有 种.解：此例解法较多，在此用“分组”的方法求解.由于同一条棱的两端的灯泡不同色，故可将将六个顶点划分为四个“组”，然后再安装灯泡.由题意可分为a、a1、bc1、b1c；ab1、a1c、b、c1；ac1、a1b、b1、c；b、b1、ac1、a1c；ba1、b1c 、a、c1；bc1、a1c、a、b1；c、c1、ab1、ba1；b1c、a c1、b、a1；cb1、a1b、c1、a；共九组. 因为每组的安装方法都有种，所以共有（3+6）=216种不同的安装方法.例3、有3种不同种子种在如图所示的5块田中，每块种一种种子，为有利于作物生长，相邻两块田中种不的种子，则有 种不同的种法；如有6种不同种子，则又有 种不同的种法. 解：按田块分类，可分为：1、24、35；13、24、5；13、25、4；14、25、3；14、35、2；15、24、3；135、2、4共七类，共有种不同的涂法.按种子分类：种2种，可分为135、24两“块”，有种方法；种3种，由知有种方法；种4种，可分13、2、4、5；14、2、3、5；15、2、3、4；24、1、3、5；25、1、3、4；35、1、2、4六类，有种方法；种5种，有种方法；故有2952种不同种法.例4、从正五棱柱的10个顶点中任取5个组成一个四棱锥，共可得到 个四棱锥.解：按构成四棱锥的底成四点可分为四类：四点取自棱柱的底面上有2=50个；四点取自棱柱的侧面上有5=30个；四点取自棱柱的对角面上有5=30个；四点取自以过一个底面中的一条对角线和另一个底面中与其平行的一条边所确定的平面上有25=60个.故共可组成50303060=170个四棱锥.三、工程问题：如分配、分组等问题.例1、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 种.解：分三种情形：甲丙同去且乙不去，有=240种选法；甲丙同不去且乙去，有=240种选法；甲乙丙都不去，有种选法.共有600种不同的选派方案.例2、有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有 种.解：先从10人中选出2个承担甲项任务，再从剩下8个中选1人承担乙项任务，第三步从另外7人中选1个承担两项任务，不同的选法共有种.例3、6本不同的书，按以下要求各有多少种分法.平均分成三组；分成1本，2本、3本三组；平均分给甲、乙、丙三人；分给甲、乙、丙三人，一人拿1本，一人拿2本、一人拿3本；甲得一本，乙得二本，丙得三本.解：此为平均分组问题，共有分法；此为非平均分组问题，共有分法；此为均匀不定向分配问题，先分组，再排序，共有种分法；此为非均匀不定向分配问题，先分组，再排序，分法；此为非均匀定向分配问题，共有分法.四、其它问题例1、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（）a10种b20种c36种 d52种解：分两种情况讨论：1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选a 例2、将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同的盒子中，使得有一个空盒且其他盒子中球的颜色齐全的不同放法有 种.解、此例解法较多，此处用“隔板法”求解.先从4个盒子中选三个放置小球有种方法.注意到小球都是相同的，为了保证三个盒子中球的颜色齐全，可以在4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球所产生的3个、4个、5个空挡中分别插入两个隔板，各有、种方法.故共有=720种不同的放球方法.例3、a、b、c三人站成一圈相互传球，第一次球从a手中传出，经过7次传球后，球又回到a手中，问此三人不同的传球方式有 种.解：在传球过程中，球的运动方向看作只有两种，即顺时针方向和逆时针方向，故可借助进行两种不同运动方向次数的计算.不妨将顺时针传球一次记为1，逆时针传球一次记为1，设顺时针传球的次数为x，逆时针传球的次数为y，则xy=0或，由题意知：不合题意，故，由得，由得，故此三人不同的传球方式有种.例4、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个顶点之一，若在5次之内跳到d点，则停止跳动，若在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的种数是（ ）a、6 b、8 c、16 d、26解：青蛙从a点开始，往相邻两个顶点b和f跳到d点的次数是相同的，又青蛙第一次往b方向跳的跳法可用“树型图”表示如图.由图知有13种跳法，所以共有跳法213=26（种），故选（d）.注：此例的解法也称回归法.有些计数模型不一定是排列或组合问题，此时可回归到最原始的方法，即画一画，数一数，算一算，这是最基本的计数方法，不可废弃.例5、一种玩掷骰子放球的游戏，规则是：若掷出1点，甲盒中放一球；若掷出2点或3点，乙盒中放一球；若掷出4点或5点或6点，丙盒中放一球.设掷次后，甲、乙、丙各盒内的球数分别为，.若=3，且，成等差数列，则不同的掷法有 种；若=6，且，成等比数列，则不同的掷法有 种.解：=3，即掷了三次，此时甲、乙、丙三个盒子中总共有三个球，由于三个盒中的球数成等差数列，故有且只有以下三种情形：，此即表示掷三次，1次出现2点或3点，2次出现4点或5点或6点，有种掷法；，此即表示掷三次，1次出现1点，1次出现2点或3点，1次出现4点或5点或6点，有种掷法；，此即表示掷三次，2次出现1点，1次出现2点或3点，有种掷法.故符合条件的掷法共有=12种.=6，即掷了六次，此时甲、乙、丙三个盒子中总共有6个球，由于三个盒中的球数成等比数列，故只有一种情形，共有掷法（与顺序有关）=90种.例6、5个人有相应的5个指纹档案，每个指纹档案上都记录有相应人的指纹痕迹，并有检测指示灯和检测时的手指按扭.5个人中某人把手指按在键扭上，若是他的档案，则指示灯出现绿色，否则出现红色.现在这5人把手指按在5个指纹档案的按扭上去检测，规定一个人只能在一个档案上去检测，且两个人不能在同一档案上去检测，此时指示灯全部出现红色的情况共有 种. 解：此题相当于“5个编号为1、2、3、4、5的球放入编号为1、2、3、4、5的盒中，要求每个盒中只放一球，且号码均不相同，求放法总数”.设这种情况有个号码时的方法数为，第一步是安排第1号球，共有1种方法.此时不妨设1