排列、组合习题精选精讲.doc

数学家教 81812928“解排列、组合应用问题”的思维方法考点1 考查两个原理直接应用例1 （03年天津）某城市的中心广场建造一个花圃，分为6个部分（如图）。现要种植4种不同色的花，每部分种一种且相邻部分不能种同样色的花，不同的种植方法有 多少种?2 解析：求解排列组合问题材时，一是观察取出的元素是否有顺序，从面确定是排列问题还是组合问题材；二是仔细审题，弄清怎样去完成这一件事，从而确定是分类计数还是分步计数原理。解：按区域种植，选择相邻区域较多的先种，可分六步完成：第一步从4种花中任先1种给1号区域种花，有4种方法；第二步从余下的3种花中任先一种给2号区域种，有3种方法；第三步从余下的2种花中任先1种种给3号区域种有2种方法；第四步给4号区域种花，由于4号区域与2号区域不相邻，故这两个区域可分为同色与不同色两类：若4号区域2号区域种同色花，则4号区域有1种种法，第五步给5号区域有2种种法；第六步给6号区域有1种种法；若4号区域与2号区域种不同色花，则4号区域有1种种法，面5号区域的种法又可分为两类：若5号区域与2号区域种同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有2种种法；若5号区域与2号区域种不同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有1种种法。由分步计数原理得不同的种植方法共有=120（种）考点2 考查特殊元素优先考虑问题例2 （04天津）从1，2，3，5，7，中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重担数字的四位数，其中通报被5整除的四位数共有 个。用数字作答）解析：对于含有特殊元素的排列组合问题，一般应优先安排特殊位置上的特殊元素，再安排其他位置上的其他元素。解：合条件四位数的个位必须是0、5，但0不能排在首位，故0是其中的特殊元素，应优先安排，按照0排在首位，0排在十位、百位和不含0为标准分为三类： 0排在个位能被0整除的四位数有个 0排在十位、百位，但5必须排在个位有 =48个 不含0，但5必须排在个位有个 由分类计数原理得所求四位数共有300个。考点3 考查相邻排列计算问题例2（海春）有件不同的产品排成一排，若其中A、B两件不同的产品排在一起的排法有48种，则 解析：对于含有某几个元素相邻的排列问题可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素，与其他元素一起进行了全排列，然后瑞对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”方法。解： 将A、B两件产品看作一个大元素，与其他产品排列有种排法；对于上述的每种排法，A、B两件产品之间又有种排法，由分步计数原理得满足条件的不同排法有 =48种，故考点4 考查互不相邻排列计算问题 例4 （04辽）有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2个就座，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（ ）(A) 234 (B) 346 (C)350 (D) 363解析：对于前排中某个元素互不不相邻的排列问题，可先将其它元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻问题最为奏效的插空法。解：先将前排中间的5号、6号、7号座位和待安排2人的取出，再将剩下的18座位排成一列，然后妆待安排2人的座位插入这18座位之间及两端的空隙中，使这2人的座位互不相邻，有种方法；但在前排的4号与8号座位、前排的11号与后排的1号座位之间可以同时插入待安排2人的座位满足条件，有种方法。由分类计数原理得到不同排法的种数有（种），选（B）。考点5 考查排列组合混合计算问题例5 （04陕）将4名教师分配到3种中学任教，每所中学到少1名教师，则不同的分配方案共有（ ）种（A）12 （B） 24 （C）36 （D）48解析：对于排列组合混合问题，可运用先分组（堆）后排列的策略求解，无次序分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、非均匀分组”等三种类型。计数时常有下面结论：对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题，只需按“非均匀分组”列式后，再除以均匀组数的全排列数。解：可分两步完成：第一步将4名教师部分均匀分为三组（1、1、2）有种方法；第二步将这三组教师分配到3所中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分配方案共有=36种。应选（B）。考点6 考查定序排列计算问题例6 （96全国）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（ ）个（A） 210 （）300 （C）464 （D）600解析：对于部分元素定序排列问题，可先把定序元素与其它元素一同进行全排列，然后根据定序排列在整体排列中出现的概率，即用定序排列数去均分总排列数获解。解：若不考虑附加条件，组成的六位数有个。在这些六位数中，只有个位数字小于和个位数字大于十位数字这两种情况，而这两种情况在整体排列中出现的概率均为，故所求六位数为=300个，应选（B）。考点7 考查等价转化计算问题例7 （04湖南）从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（）个（）56 （B）52 （C）48 （D）40解析：几何图形问题是高考的常考点。求解时，一要熟悉几何图形性质及点、线、面位置关系；二要按同一标准分类，避免重复、遗漏；三若直接求解困难或头绪繁多时，可从其反而去考虑，将其转化为简单的问题去解决。解：从正方体的8个顶点中任取3个顶点可构成个三角形，其中非直角三角形的有两类：上底面的每个顶点所在的侧面对角线与下底面相应的对角线构成1个正三角形，上底面的4个顶点共4个非直角三角形；下底面的4个顶点所在的侧面对角线与上底面相应的结角线共构成4个非直角三角形。故所求直角三角形共有个，选（C）。例8 （97全国）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）种（A） 150（）147 （C）144 （D）141解：从10个点中任取4个噗有=210种取法，应剔除下面三类共面点：（1） 从四面体的每个面上的6个点中任取4个点必共面有=60种取法；（2） 四面体的每条棱上3个点与对棱中点共面有6种取法；（3） 6个中点连线有3对平行线段共面，故从这6个点中取4个共面中取4个共面点有3种取法。故符合条件取法共210-60-6-3=141种。选（D）.考点8 考查二项展开式指定项求法 例9 (04湖北) 已知的展开式中各项系数的和是128,则展开式中的系数是 .解析:求二项展开式的指定项或其系数,常运用其通项公式,将其转化为方程问题去求解.解:取得 令 得 .故展开式中的系数为.考点9 考查二项展开式系数和求法例10 (04天津)若 ,则 .解析：直接展开由各项系数求解将误入歧途。二项式定理既是公式，又可视为方程式或恒等式，故可用多项式恒等理论和赋值法去求解。解：取得 ；故原式=考点10 考查三项展开式指定项求法例11 （92全）在的展开式中x的系数为（ ） （A）160 （B）240 （C）360 D800解析：求三顶展开式指定顶时，常通过恒等变形，将其转化为熟悉的两项式，然后分两步运用二项式定理展开求解。解：= 展开式中x项的系数只能是在中，再次展开可得x项为故x项的系数为240，应选B。此题亦可将其恒等变形为 ，再把它们分别展开，运用多顶式乘法集项法求解。考点11 考查二项式定理与近似估值问题例12 （04湖南）农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。03年某地区农民人均收入为3150元（其中工资源共享性收入为1800元，其它收入为1350元），预计该地区自04年起的5年内，农民的工资源共享性收入将以每年的年增长率增长，其它性收入每年增加160元。根据以上数据，08年该地区人均收入介于（ ）（A）4200元4400元 （B）4400元4460元（C）4460元4800元 （D）4800元5000元解析：在处理与二项式高次幂有关的近似估值问题时，可运用二项式定理将其展开，经简略计算去解决估值问题。解：08年农民工次性人均收入为又08年农民其它人均收入为1350+160=2150故08年农民人均总收入约为2405+2150=4555（元）。故选B考点12 考查二项式定理应用例13 （91三南）已知函数证明：对于任意不小于3的自然数n，解析：若直接运用二项式定理或数学归纳法去证明困难都大，故应另辟解题蹊径，将其转化为熟悉命题：再证明就容易了。证明： ， 展开至少有4项，故原命题获证。 历年高考排列组合和二项式定理的试题以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，重点考查运用排列组合知识、二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分、化归转化等思想方法。为此，只要我们熟悉两个原理，把握住二项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。解决排列组合问题常见策略常用方法：一. 合理选择主元例1. 公共汽车上有3个座位，现在上来5名乘客，每人坐1个座位，有几种不同的坐法？例2. 公共汽车上有5个座位，现在上来3名乘客，每人坐1个座位，有几种不同的坐法？分析：例1中将5名乘客看作5个元素，3个空位看作3个位置，则问题变为从5个不同的元素中任选3个元素放在3个位置上，共有种不同坐法。例2中再把乘客看作元素问题就变得比较复杂，将5个空位看作元素，而将乘客看作位置，则例2变成了例1，所以在解决排列组合问题时，合理选择主元，就是选择合适解题方法的突破口。二. “至少”型组合问题用隔板法对于“至少”型组合问题，先转化为“至少一个”型组合问题，再用n个隔板插在元素的空隙（不包括首尾）中，将元素分成n1份。例5. 4名学生分6本相同的书，每人至少1本，有多少种不同分法？解：将6本书分成4份，先把书排成一排，插入3个隔板，6本书中间有5个空隙，则分法有：（种）三. 注意合理分类元素（或位置）的“地位”不相同时，不可直接用排列组合数公式，则要根据元素（或位置）的特殊性进行合理分类，求出各类排列组合数。再用分类计数原理求出总数。例6. 求用0，1，2，3，4，5六个数字组成的比2015大的无重复数字的四位数的个数。解：比2015大的四位数可分成以下三类：第一类：3，4，5，共有：（个）；第二类：21，23，24，25，共有：（个）；第三类：203，204，205，共有：（个）比2015大的四位数共有237个。四. 特殊元素（位置）用优先法把有限制条件的元素（位置）称为特殊元素（位置），对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优先安排的方法。例1. 6人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？分析：解有限制条件的元素（位置）这类问题常采取特殊元素（位置）优先安排的方法。解法1：（元素分析法）因为甲不能站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有种站法；第二步再让其余的5人站在其他5个位置上，有种站法，故站法共有：480（种）解法2：（位置分析法）因为左右两端不站甲，故第一步先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有种；第二步再让剩余的4个人（含甲）站在中间4个位置，有种，故站法共有：（种）五. 分排问题用直排法对于把几个元素分成若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一成一排的方法求解。例5. 9个人坐成三排，第一排2人，第二排3人，第三排4人，则不同的坐法共有多少种？解：9个人可以在三排中随意就坐，无其他限制条件，所以三排可以看作一排来处理，不同的坐标共有种。六. 复杂问题用排除法对于某些比较复杂的或抽象的排列问题，可以采用转化思想，从问题的反面去考虑，先求出无限制条件的方法种数，然后去掉不符合条件的方法种数。在应用此法时要注意做到不重不漏。例6. 四面体的顶点和各棱中点共有10个点，取其中4个不共面的点，则不同的取法共有（ ）A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种解：从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个点共面，有3种。以上三类情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有：（种）。七. 多元问题用分类法按题目条件，把符合条件的排列、组合问题分成互不重复的若干类，分别计算，最后计算总数。例7. 已知直线中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，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：设倾斜角为，由为锐角，得，即a，b异号。（1）若c0，a，b各有3种取法，排除2个重复（，），故有：3327（条）。（2）若，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任意两条直线均不相同，故这样的直线有：33436（条）。从而符合要求的直线共有：73643（条）八. 排列、组合综合问题用先选后排的策略处理排列、组合综合性问题一般是先选元素，后排列。例8. 将4名教师分派到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分派方案共有多少种？解：可分两步进行：第一步先将4名教师分为三组（1，1，2），（2，1，1），（1，2，1），共有：（种），第二步将这三组教师分派到3种中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分派方案共有：（种）。因此共有36种方案。九顺序问题用“除法”对于几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素同其余元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数。例：7个节目，甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现，有多少种排法？分析：7个节目的全排列为A77,甲、乙、丙之间的顺序已定。所以有A77A33=840种。答案：840种。十特征分析研究有约束条件的排数问题，需紧扣题中所提供的数字特征，结构特征，进行推理，分析求解。例：由1，2，3，4，5，6这六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数？分析：6的倍数既是2的倍数，又是3的倍数。是2的倍数，个位上为2、4或6；是3 的倍数必须满足各个数字上的数字之和是3的倍数的特征。把这6个数分组（3）、（6）、（1，5）、（2，4），每组的数字和都是3的倍数，因此可分成两类讨论。第一类：由1、2、4、5、6作数码，首先从2、4、6中任选一个作为个位数字，有A31种，然后其余4个数字在其它数字上全排列有A44,所以，N1=A31A44个，第二类：由1、2、3、4、5作数码，依上法有N2=A21A44个。故N=N1+N2=120个。答案：120个。十一、对应有些时候，一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系。例：在100名选手之间进行单循环淘汰赛（即一场比赛后，失败者退出比赛），最后产生一名冠军，需举行多少场比赛？分析：要产生一名冠军，需要淘汰99名选手。要淘汰掉一名选手，必须举行一场比赛；反之，每场比赛恰淘汰一名选手。两者之间一一对应。故要淘汰99名选手，应举行99场比赛，从而产生一名冠军。十二、用比例法有些排列应用题，可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例，从而求得问题的结果。例：从6个运动员中选出4个参加4100 米接力赛。如果甲、乙都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案？分析：若不受条件限制，则参赛方案有A64=360种，但其中限制甲、乙两人不能跑第一棒，即跑第一棒的只能是其他的人，而这4人在第一棒中出现的可能性为4/6故所求参赛方案有46A64=240种。答案：240种。十三、“树图”表示法 对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来。例：四人各写出一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有（ ）种。A.6 B.9 C.11 D.32分析：将四张贺卡分别记为A,B,C,D。由题意，某人（不妨设为A卡的供卡人）取卡有3种情况。因此将卡的不同分配方式分为三类，对于每一类，其它人依次取卡分步进行。为避免重复或遗漏现象，可用树状图表示。 ADC ADB ABCBCDA CDAB DCAB DAC DBA CBA所以共有9种不同的分配方式。又或：分析：设4人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人中的一人收到，故有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：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；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（分别是丙或丁送出的），对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有1种。因此，根据分步计数原理，不同的分配方式有：3（12）9（种）。注意：解题的关键在第2个人和第3个人的拿法，只要给他们规定一个拿卡的顺序，依次进行，则根据分步计数原理即可求得。例. 把棵不同的蔬菜，分别捆成捆，在下列情况下，分别有多少分捆的方法？每捆棵；一捆3棵，一捆2棵，一捆1棵.解： 例. 把6棵不同的菜，分别种在3块不同的土地上，在下列情况下，分别有多少种植方法？ 每块地上种2棵； 甲地3棵，乙地2棵，丙地1棵； 一块地上3棵，一块地上2棵，一块地上1棵.解： 变式：如果是7棵不同的菜，种到3块土地上，一块地上3棵，一块地上2棵，还有一块地上2棵呢？答案为 典型易错题：例1 某天有六节不同的课，若第一节排数学，或第六节排体育，问共有多少种不同的排法？ 错解 数学排第一节的排法有种，体育排第六节的排法也有种，根据加法原理，第一节排数学或排体育的排法共有2240种剖析 在数学排第一节的排法中，存在着体育排第六节的排法，在排体育第六节的排法中，存在着数学排第一节的排法，它重复计算了数学排第一节，同时体育排第六节的排法，即多算种。正确结果是：216种例2 从4名男生3名女生中选3人成立科技小组，问当选者中至少有一名男生和一名女生的选法有几种？错解 先选一名男生，有种选法，再选一名女生，有种选法，最后从余下的5名学生中选一名有种选法，故共有选法60种剖析 上述解法中，每一种选法都符合要求，但是否有重复计算呢？为此我们不妨设4名男生为A1，A2，A3，A4，3名女生为B1，B2，B3，把上面选法中含有一名男生的选法分为4类。在含有男生A1的一类的选法有：A1，B1，A2，即先选A1，再选B1，最后选A2；在含有男生A2的一类中有A2， B1，A1，即先选A2，再选B1，最后选A1。显然这两种选法被重复计算了。因此上述解法是错误的。错误的原因在于没有将符合要求的选法进行正确分类，分类要不重不漏。正解 以男生人数分类，则符合条件的有且仅有两类，一类是男生一名女生两名，有种选法，另一类是男生两名女生一名，有。故共有30种例3 n个不同的球放入n1个不同的盒子，假设每个盒子都有足够大的容量，问每个盒子中至少有一个球的放法共有多少种？错解 先在每盒子中放入一球共有种放法，再将剩下的一球放入，有n1种放法。由乘法原理，共有放法（n1）（n1）n！种.剖析 将这n个球和n1个盒子均依次编号，设先在每盒中放入一球时，有一种放法是第I号盒子恰好放入第I号球，其中I1，2，n1，然后再考虑剩下的第n号球的放法，假设第n号球恰好放入第1号盒，这样，除1号盒中放有第一号与第n号两个球外，其余各盒均只放有一个与盒子同号的球，若先在每盒中放入一球时，第n号球恰好放入第1号盒，而其余各盒所放的球均与盒子同号，这样，再将剩下的1号球放入盒中时，必有一种放法是恰好放入1号盒，这时，出现与前一次完全相同的结果，但在上面的解法中被当成两种不同的放法来计算，故重复。正确的解法是：先从n个球中任取2个组成一组，共有种方法；然后把这2个球当作1份，另外n2个球每个球算1份，共有n1份，把这n1份分放在n1个盒子中，且使每盒中恰有1份，共有种放法，由乘法原理，符合题意的放法种数为n！例4、将4个不同的球放入4个不同的盆子内（1） 共有几种放法？（2） 恰有一个盆子未放球，共几种放法？（3） 恰有一个盆子内有2球，共几种放法？（4） 恰有两个盆子内未放球，共有几种放法？解题思路分析： （1）把球作为研究对象，事件指所有球都放完。因每一只球都有四种放法，故由分步计数原理，共有44=256（种）； （2）问题即为“4个球放入三个盆子，每个盆子内都要放球，共有几种放法？”第一步是把4只球分成2，1，1三组，共有C42种放法；第二步把3组球放入三个盆子中去（作全排列），有A43种；由分步计数原理，共有N=C42A43（种）评注：第二步应是A43，而不是A33，因还要选从四个盆子中选三个盆子，然后作全排。 （3）仔细审题，认清问题的本质。“恰有一盆子内入2个球”即另三个盆子放2球，也即另外3个盆子恰有一个空盆，因此，“恰有一个盆子放2球”与“恰有一个盆子不放球”是等价的。 （4）先取走两个不放球的盆子，有C42种取法；其次将4球分两类放入所剩2盆；第一类均匀放入，有C42C22种放法；第二步按3，1分组放入，有C43C11A22种放法。故有N=C42(C42C22+C43C11A22)=84（种）。例5、用0，1，2，3，4五个数字组成各位数字不重复的五位数，若按由小到大排列，试问：（1）42130是第几个数？（2）第60个数是什么？解题思路分析：（1）要知道42130是第几个数，只要知道比它小的有几个数，就基本解决了。根据数的大小比较的原则，比42130小的数可以分成如下几类： 1，2，3型的； 40，41型的； 420型的； 4200型的。各类的数分别有C31A44，C21A33，C11A22，C11A11个，所以比42130小的数有C31A44+C21A33+C11A22+C11A11=87个，42130是第88个。 （2）万位1的数，即1型的数，有A44=24个； 万位为2的，同样有A44=24个； 万位为3的也有24个，所以第60个数是万位为3的这一类数中的第12个数，再具体分类： 30型的有A33=6个； 31型的有A33=6个所以，第12个数是31型的数中最大的一个即为31420。评注：此类题型称为字典式排列问题，解题的关键在于根据题意正确地进行分类，分类的关键是采用类似查字典的方法，从高位向低位，一位一位地考察各位上所取数字的可能性。区域涂色问题1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。例1、 用5种不同的颜色给图中标、的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？ 分析：先给号区域涂色有5种方法，再给号涂色有4种方法，接着给号涂色方法有3种，由于号与、不相邻，因此号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色方法种数。例2、（2003江苏卷）四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色。2分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类：（1）与同色、与同色，则有；（2）与同色、与同色，则有；（3）与同色、与同色，则有；（4）与同色、与同色，则有；（5）与同色、与同色，则有；所以根据加法原理得涂色方法总数为5=12024315例3、（2003年全国高考题）如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用3种颜色1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，2) 区域3与5必须同色，故有种；3) 当用四种颜色时，若区域2与4同色，4) 则区域3与5不同色，有种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有种，故用四种颜色时共有2种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有+2=24+224=723、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。1234例4用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？分析：可把问题分为三类：（1） 四格涂不同的颜色，方法种数为；（2） 有且仅两个区域相同的颜色，即只有一组对角小方格涂相同的颜色，涂法种数为；5) 两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为，因此，所求的涂法种数为4、 根据相间区使用颜色的种类分类ABCDEF例5如图， 6个扇形区域A、B、C、D、E、F，现给这6个区域着色，要求同一区域涂同一种颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，现有4种不同的颜色可解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时，有4种着色方法，此时，B、D、F各有3种着色方法，此时，B、D、F各有3种着色方法故有种方法。（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时，有种着色方法，此时B、D、F有种着色方法，故共有种着色方法。 （3）当相间区域A、C、E着三种不同的颜色时有种着色方法，此时B、D、F各有2种着色方法。此时共有种方法。故总计有108+432+192=732种方法。说明：关于扇形区域区域涂色问题还可以用数列中的递推公来解决。 如：如图，把一个圆分成个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种染色方法？解：设分成n个扇形时染色方法为种（1） 当n=2时、有=12种，即=12（2） 当分成n个扇形，如图，与不同色，与 不同色，与不同色，共有种染色方法， 但由于与邻，所以应排除与同色的情形；与同色时，可把、 看成一个扇形，与前个扇形加在一起为个扇形，此时有种染色法，故有如下递推关系： 二、 点的涂色问题方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论，（2）根据相对顶点是否同色分类讨论，（3）将空间问题平面化，转化成区域涂色问题。例6、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？解法一：满足题设条件的染色至少要用三种颜色。1若恰用三种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种涂A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有种方法。2若恰用四种颜色染色，可以先从五种颜色中任选一种颜色染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A与B，由于A、B颜色可以交换，故有种染法；再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，而D与C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有种方法。3若恰用五种颜色染色，有种染色法 综上所知，满足题意的染色方法数为60+240+120=420种。 解法二：设想染色按SABCD的顺序进行，对S、A、B染色，有种染色方法。 由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论： C与A同色时（此时C对颜色的选取方法唯一），D应与A（C）、S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种选择的颜色，D也有2种颜色可供选择，从而对C、D染色有种染色方法。 由乘法原理，总的染色方法是解法三：可把这个问题转化成相邻区域不同色问题：如图，对这五个区域用5种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？SCDAB解答略。三、 线段涂色问题对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有：1) 根据共用了多少颜色分类讨论2) 根据相对线段是否同色分类讨论。例7、用红、黃、蓝、白四种颜色涂矩形ABCD的四条边，每条边只涂一种颜色，且使相邻两边涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？解法一：（1）使用四颜色共有种（2）使用三种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有种，（3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有种因此，所求的染色方法数为种解法二：涂色按ABBCCDDA的顺序进行，对AB、BC涂色有种涂色方法。由于CD的颜色可能与AB同色或不同色，这影响到DA颜色的选取方法数，故分类讨论：当CD与AB同色时，这时CD对颜色的选取方法唯一，则DA有3种颜色可供选择CD与AB不同色时，CD有两种可供选择的颜色，DA也有两种可供选择的颜色，从而对CD、DA涂色有种涂色方法。由乘法原理，总的涂色方法数为种例8、用六种颜色给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱涂不同的颜色，问有多少种不同的涂色方法？ 解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同一颜色，而这三组间的颜色不同，故有种方法。（2）若恰用四种颜色涂色，则三组对棱中有二组对棱的组内对棱涂同色，但组与组之间不同色，故有种方法。（3）若恰用五种颜色涂色，则三组对棱中有一组对棱涂同一种颜色，故有种方法。 （4）若恰用六种颜色涂色，则有种不同的方法。 综上，满足题意的总的染色方法数为种。四、 面涂色问题例9、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的6个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色，则不同的涂色方案共有多少种？显然，至少需要3三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利用加法原理分类、乘法原理分步进行讨论解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论（1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有5种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余4种颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余3个面有3！种涂色方案，根据乘法原理ABCDP（2）共用五种颜色，选定五种颜色有种方法，必有两面同色（必为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种选择（前后面可通过翻转交换）(3)共用四种颜色,仿上分析可得 (4)共用三种颜色,53214例10、四棱锥，用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相邻不同色，有多少种涂法？ 解：这种面的涂色问题可转化为区域涂色问题，如右图，区域1、2、3、4相当于四个侧面，区域5相当于底面；根据共用颜色多少分类：（1） 最少要用3种颜色，即1与3同色、2与4同色，此时有种；（2） 当用4种颜色时，1与3同色、2与4两组中只能有一组同色，此时有；故满足题意总的涂色方法总方法交总数为解排列组合应用题的21种策略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；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略.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1.五人并排站成一排，如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数有（ ）A、60种 B、48种 C、36种 D、24种解析：把视为一人，且固定在的右边，则本题相当于4人的全排列，种，答案：.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种解析：除甲乙外，其余5个排列数为种，再用甲乙去插6个空位有种，不同的排法种数是种，选.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3.五人并排站成一排，如果必须站在的右边（可以不相邻）那么不同的排法种数是（ ）A、24种 B、60种 C、90种 D、120种解析：在的右边与在的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即种，选.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种解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有331=9种填法，选.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种解析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有种，选.（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、种 B、种 C、种 D、种答案：.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？解析：把四名学生分成3组有种方法，再把三组学生分配到三所学校有种，故共有种方法.说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配.（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种答案：.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？解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为种.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方法，所以共有；若乙参加而甲不参加同理也有种；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种，共有方法.所以共有不同的派遣方法总数为种.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，最后总计.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种解析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有个，个，合并总计300个,选.（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？解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做共有86个元素；由此可知，从中任取2个元素的取法有，从中任取一个，又从中任取一个共有，两种情形共符合要求的取法有种.（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？解析：将分成四个不相交的子集，能被4整除的数集；能被4除余1的数集，能被4除余2的数集，能被4除余3的数集，易见这四个集合中每一个有25个元素；从中任取两个数符合要；从中各取一个数也符合要求；从中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有种.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？解析：设全集=6人中任取4人参赛的排列，A=甲跑第一棒的排列，B=乙跑第四棒的排列，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：种.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11.1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？解析：老师在中间三个位置上选一个有种，4名同学在其余4个位置上有种方法；所以共有种。.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.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（ ）A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共种，选.（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有种，其余5个元素任排5个位置上有种，故共有种排法.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 （ ）A、140种 B、80种 C、70种 D、35种解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.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？解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有种，再排：在四个盒中每次排3个有种，故共有种.（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？解析：先取男女运动员各2名，有种，这四名运动员混和双打练习有中排法，故共有种.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.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）A、70种 B、64种 C、58种 D、52种解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有个.（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）A、150种 B、147种 C、144种 D、141种解析：10个点中任取4个点共有种，其中四点共面的有三种情况：在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为，四个面共有个；过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是种.16.圆排问题单排法:把个不同元素放在圆周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，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.例16.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式种不同站法.说明：从个不同元素中取出个元素作圆形排列共有种不同排法.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