排列组合问题,看这个就够了!.doc

排列组合问题也是公考中一个比重较大的问题，也是公考的重点和难点之一，也是进一步解答概率的基础。事实上，许多概率问题也可归结为排列组合问题。这一类问题不仅内容抽象，解法灵活，而且解题过程极易出现“重复”和“遗漏”的错误，这些错误甚至不容易检查出来，所以解题时要注意不断积累经验，总结解题规律，掌握若干技巧，最终达到能够灵活运用。先说排列组合， 分类用加法，分步用乘法，排列P与顺序有关，排列C与顺序无关 两个大类： 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mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m1+m2+mn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m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m1.m2mn种不同的方法 分类计数原理和分步计数原理区别 ： 1、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。 2、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. 排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径 以下是解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 排列组合从解法上看，大致有以下几种： (1)有附加条件的排列组合问题，大多需用分类讨论的方法； (2)排列与组合的混合型问题，需分步骤，要用乘法原理解决； (3)不相邻问题插空法，相邻问题捆绑法； (4)排除法，将不符合条件的排列或组合剔除掉； (5)枚举法，将符合条件的所有排列或组合一一写出来，或写出一部分发现规律； (6)定序问题“无序化”，即若某几个元素必须保持一定的顺序，则可按通常排列后再除以这几个元素的排列数； (7)隔板法，例如：10个相同的小球分给三人，每人至少1个，有多少种方法？可将10个球排成一排，再用2块“隔板”将它们分成三个部分，有C92种方法。 整个解题过程遵循的基本原则是：“特殊对象优先考虑”、先“分类”后“分步”、先“取”后“排”等原则。 突出分类相加，分步相乘；有序排列，无序组合； 除了上述方法外，有时还可以通过设未知数，借助方程来解答，简单一些的问题可采用列举法等。解此类题常用的数学思想是：分类讨论的思想，转化思想和对称思想等三种。 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，则不同的排法有多少 根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一个元素，且只有一种排法；将A、B与其他3个元素，共4个元素排列，由乘法计数原理可得答案 解答：根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一个元素，且只有一种排法； 将A、B与其他3个元素，共4个元素排列， 即A44=24， 则符合条件的排法有124=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（ ） 由于甲、乙两人必需不相邻，先排列其它5个人，共有A55种结果，出现6个空，从这6个空中选出2个空排上甲、乙即可写出结果 解答：因为甲、乙两人必需不相邻， 所以先排列其它5个人，共有A55种结果， 再在五个人形成的6个空中选2个位置排列，共有A62种结果， 不同的排法的种数是A55A62=3600 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）那么不同的排法有多少 根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案 解答：根据题意，使用倍分法， 五人并排站成一排，有A55种情况， 而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的， 则其情况数目是相等的， 则B站在A的右边的情况数目为 1/2A55=60， 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多少？ 首先计算4个数字填入4个空格的所有情况，进而分析计算四个数字全部相同，有1个数字相同的情况，有2个数字相同情况，有3个数字相同的情况数目，由事件间的相互关系，计算可得答案 解答：根据题意，数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，共A44=24种填法， 其中，四个数字全部相同的有1种， 有1个数字相同的有42=8种情况， 有2个数字相同的有C421=6种情况， 有3个数字相同的情况不存在， 则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有24-1-8-6=9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.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，不同的选法种数是多少？ 首先分析题目求不同的选法种数，故可先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙或丙任务，即可列出式子，求解得到答案 解答：分析题目先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙丙任务 故可列出：C104C42A22=2520 6. 全员分配问题分组法: 例6.5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（ ） 由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果 解答：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C52， 这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A44， 所以分法种数为C52A44=240 7.名额分配问题隔板法: 例7：10名优秀学生全部保送到7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？ 由题意知十个报送名额之间没有区别，可将原问题转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空，使用插空法，相当于用6块档板插在9个间隔中，计算可得答案 解答：根据题意，将10个名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额， 可以转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空； 相当于用6块档板插在9个间隔中， 共有C96=84种不同方法 所以名额分配的方法共有84种 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？ 解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： 若甲乙都不参加，则有派遣方案A84种 若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A83种方法，所以共有3A83种方法； 若乙参加而甲不参加同理也有3A83种 若甲乙 都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两个城市有A82种，共有7A82方法。所以共有不同的派遣方法总数为4088种。 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多少？ 由题意知本题是一个分类计数问题，由题意知个位数字小于十位数字，个位数字只能是0，1，2，3，4共5种类型，每一种类型分别有A55个、A41A31A33个、A31A31A33个、A21A31A33个、A31A33个，根据分类计数原理得到结果 解答：由题意知本题是一个分类计数问题 由题意知个位数字小于十位数字， 所以个位数字只能是0，1，2，3，4共5种类型， 每一种类型分别有A55个、A41A31A33个、A31A31A33个、A21A31A33个、A31A33个 所以共有A55+A41A31A33+A31A31A33+A21A31A33+A31A33个=300， （2）在1，2，3，1000中，能被5整除的数一共有多少个 解题：由1，2，3，1000中，能被5整除的数，第一个数是5，最后一个数是1000，所有的这些数构成了一个公差为5的等差数列，由等差数列的性质计算出项数即可解答：解：由题意1，2，3，1000中，能被5整除的数，第一个数是5，最后一个数是1000，所有的这些数构成了一个公差为5的等差数列， 故有1000=5+5（n-1） 解得n=200 所以答案为200 10.交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式 例10.从6名运动员中选出4人参加4100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？ 本题可以用两种不同的方法来解，第一种方法问题分成甲、乙两人均不参加，甲、乙两人有且仅有一人参加，甲、乙两人均参加，列出结果数，根据分类计数原理得到结果 第二种解法是先做出所有的情况六人中取四人参加的种数，减去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的种数，这样就重复剪掉了两个人同时不合题意的结果数，再加上 解答：法一：有题意知本题是一个分类计数问题， 问题分成三类：（1）甲、乙两人均不参加，有A44种； （2）甲、乙两人有且仅有一人参加，有2C43（A44-A33）种； （3）甲、乙两人均参加，有C42（A44-2A33+A22）种 故共有252种 法二：六人中取四人参加的种数为A64， 除去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有C21A53种， 因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A42减去了两次 故共有A64-C21A53+A42=252种 注意：对于带有限制条件的排列、组合计数原理综合题，一般用分类讨论或间接法两种方法处理比如五个人站成一排，甲不在排头，乙不在排尾的方法数 11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。 例11. 若4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有多少种不同排法？ 本题是一个有限制条件的站队问题，根据4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，可以先从4个男生中选2个排在两端，其余6个人在中间的6个位置上全排列，得到结果解答：解：由题意知4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端， 可以先从4个男生中选2个排在两端， 其余6个人在中间的6个位置上全排列， 共有A42A66=8640种结果， 故答案为：8640 注意：站队问题是排列组合中的典型问题，解题时要先排限制条件多的元素，把限制条件比较多的元素排列后，再排没有限制条件的元素，最后要用计数原理得到结果 12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。 例12.有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人入座，并且这2人不相邻（一前一后也视为不相邻），那么不同坐法的种数为多少 按两人在前排、后排、前后各一人，三种情况，一一求解即可 解答：解：两人都在前排，方法是32=6种， 两人都在后排，方法是62=12种； 前、后各一人，方法是542=40种； 符合题意的方法是：6+12+40=58种 13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法: 例13.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共有 多少？ 分步乘法计数原理分析：本题既有分类计数原理也有分步计数原理 解答：甲型1台与乙型电视机2台共有4C52=40；甲型2台与乙型电视机1台共有C425=30；不同的取法共有70种 注意：注意分类计数原理和分步计数原理都存在时，一般先分类后分步 14.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法. 例14.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？ 由题意知需要先选两个元素作为一组再排列，恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理得到结果 解答：四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中， 恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球， 从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列 故共有C42A43=144种不同的放法 所以答案为144 注意：本题考查分步计数原理，是一个基础题，解题的过程中注意这种有条件的排列要分两步走，先选元素再排列 15.部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求. 例15.以正方体的顶点为顶点的四面体共有多少？ 以一个正方体的顶点为顶点中任意选4个除去在同一个平面上的点，可得四面体的个数 解答：正方体的8个顶点中任取4个共有C84=70个不能组成四面体的4个顶点有，已有的6个面，对角面有6个所以以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有：70-12=58个 16.圆排问题单排法:把个不同元素放在圆周n个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列n个普通排列： 在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，n个元素的圆排列数有n！/m种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的n-1元素全排列. 例16. 一环形花坛分为A、B、C、D四块，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花 （1）若在三种花种选择两种花种植，有多少种不同的种法？ （2）若有四种花可供选择，种多少种花不限，有多少种不同的种法？ （1）本题是一个分步计数问题，三种花中选择2种花有C32种方法对应每一种选法有两种种法得到结果 （2）本题是一个分步计数问题，A有4种选择，B有3种选择，若C与A相同，则D有3种选择，若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择，得到结果 解答：（1）由题意知本题是一个分步计数问题， 三种花中选择2种花有C32=3种方法 对应每一种选法有两种种法 依据分步计数原理，共有2C32=6种种法 （2）由题意知本题是一个分步计数问题， A有4种选择，B有3种选择， 若C与A相同，则D有3种选择， 若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择 故共有43（3+22）=84（种） 注意：本题解题的关键是看清条件中对于元素的限制，相邻两块地所中的花要不同 17.可重复的排列求幂法:允许重复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，可逐一安排元素的位置，一般地n个不同元素排在m个不同位置的排列数有多少种方法. 例17.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？ 解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有76 种不同方案. 18.复杂排列组合问题构造模型法: 例18. 某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有多少种？ 根据题意，先将亮的9盏灯排成一排，分析可得有8个符合条件的空位，用插空法，再将插入熄灭的3盏灯插入8个空位，用组合公式分析可得答案 解答：本题使用插空法，先将亮的9盏灯排成一排， 由题意，两端的灯不能熄灭，则有8个符合条件的空位， 进而在8个空位中，任取3个插入熄灭的3盏灯， 有C83种方法， 注意：本题考查组合的应用，要灵活运用各种特殊方法，如捆绑法、插空法 19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法: 例19.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？ 本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，另一种是投入到与编号不同的盒子内，故应分步完成先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子，剩下的三个球投放球的方法要注意列举，根据分步计数原理得到结果 解答：由题意知本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内， 另一种是投入到与编号不同的盒子内，故应分步完成 因为先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内有C52种； 剩下的三个球，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C21， 则投放4，5号球的方法只有一种， 根据分步计数原理共有C52C21=20种注意：五个球分别投放到五个盒子内，恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内，此时，这三个球与对应的三个盒子，就成了受限的特殊元素与特殊位置 20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法: 例20.以正方体的顶点为线段的端点，则这8个点可构成的异面直线的对数为多少？ 通过对异面直线的两条线进行分类分了4类，每一类中求得异面直线的对数，再求出四类的和即可 解答：解：正方体任意两条对角线必相交；包含一条对角线的异面直线对数有，（6+6）4=48对； 不含任何一条对角线的，即都位于6个面上的，两条面对角线的有（512）2=30对， 一条面对角线和一条边的有612=72， 两条边的有（412）2=24， 所以共有48+30+72+24=174对异面直线 注意：这个就和几何联系在一起，判断两条直线是否是异面直线，一般利用异面直线的判定定理：过平面外一点与平面内不过该点的直线是异面直线 21.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理. 例21.在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？ 顺次连接各点得到一个