小学奥数排列组合教案

小学奥数排列组合教案 小学奥数-排列组合教案加法原理和乘法原理排列与组合:熟悉排列与组合问题。 运用加法原理和乘法原理解决问题。 在日常生活中我们经常会遇到像下面这样的两类问题:问题一从A地到B地，可以乘火车，也可以乘汽车或乘轮船。 一天中，火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。 那么从A地到B地共有多少种不同的走法？问题二从甲村到乙村有两条道路，从乙村去丙村有3条道路（如下图）。 从甲村经乙村去丙村，共有多少种不同的走法？解决上述两类问题就是运用加法原理和乘法原理。 加法原理完成一件工作共有N类方法。 在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，在第N类方法中有m n种不同的方法，那么完成这件工作共有Nm1m2m3m n种不同方法。 运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。 要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。 合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。 乘法原理完成一件工作共需N个步骤完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，完成第N个步骤有m n种方法，那么，完成这件工作共有m1m2m n种方法。 运用乘法原理计数，关键在于合理分步。 完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。 这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下搭配的规律），教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。 运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。 计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。 灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。 小学阶段只学习两个原理的简单应用。 【例题一一】每天从武汉到北京去，有4班火车，2班飞机，1班汽车。 请问每天从武汉到北京去，乘坐这些交通工具共有多少种不同的走法？【解析】运用加法原理，把组成方法分成三类一类乘坐火车,二类乘坐飞机,三类乘坐洗车.解:4+2+1=7(种)【例题二】用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类只取一种人民币组成1元，有3种方法10张1角；5张2角；2张5角。 取两种人民币组成1元，有5种方法1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。 取三种人民币组成1元，有2种方法1张5角、1张2角和3张1角的；1张5角、2张2角和1张1角的。 解:所以共有组成方法3+5+2=10（种）。 【例题三】在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数共有多少个？【解析】运用加法原理，把组成的三位数分为九类十位是9的有9个，十位是8的有8个，十位是1的有1个.解:共有1+2+3+9=45(个)【例题四】各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？【解析】一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为24=9+9+6；24=9+8+7；24=8+8+8。 运用加法原理，把组成的三位数分为三大类由 9、 9、8三个数字可组成3个三位数 998、 989、899；由 9、 8、7三个数字可组成6个三位数 987、 978、 897、 879、 798、789；由 8、 8、8三个数字可组成1个三位数888。 解:所以组成三位数共有3+6+1=10（个）。 【例题五】有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？【解析】围三角形的依据三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于第三边。 要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。 这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。 根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类第一大类围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。 由题目条件，围成的等腰三角形腰长可以为 1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、8厘米，根据三角形腰长，第一大类又可以分为8小类，三边长依次是腰长为1的三角形1个 1、 1、1。 腰长为2的三角形3个 2、 2、1； 2、 2、2； 2、 2、3。 腰长为3的三角形5个 3、 3、1； 3、 3、2； 3、 3、3； 3、 3、4； 3、 3、5。 腰长为4的三角形7个 4、 4、1； 4、 4、2； 4、 4、7。 腰长为5的三角形8个 5、 5、1； 5、 5、2； 5、 5、8。 同理，腰长为 6、 7、8厘米的三角形都是8个。 第一大类可围成的不同的三角形1+3+5+7+84=48（个）。 第二大类围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。 根据最长边的长度，我们再把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米）最长边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为 8、 7、6； 8、 7、5； 8、 7、4； 8、 7、3； 8、 7、2； 8、 6、5； 8、 6、4； 8、 6、3； 8、 5、4。 最长边为7厘米的三角形有6个，三边长分别为 7、 6、5； 7、 6、4； 7、 6、3； 7、 6、2； 7、 5、4； 7、 5、3。 最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为 6、 5、4； 6、 5、3； 6、 5、2； 6、 4、3。 最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为 5、 4、3； 5、 4、2。 最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为 4、 3、2。 第二大类可围成的不同的三角形9+6+4+2+1=22（个）。 所以，这一题共可以围成不同的三角形48+22=70（个）。 【例题六】一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？【解析】要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑第1把钥匙要配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；同理，第2把钥匙最多要试8次；第9把锁最多试1次，最好一把锁不用试。 解:最多试验次数为9+8+7+2+1=45（次）。 【例题七】如图,从甲地到乙地有三条路,从乙地到丙地有三条路,从丙地到丁地有四条路,从甲地到丙地有二条路。 问甲地到丁地共有多少种走法？【解析】从甲地到乙地的走法分两大类一大类从甲地直接到达乙地，二大类是经过乙地和丙地到达丁地，用加法原理。 第二大类中，从甲地到丁地走法分三步，第一步，从甲地到乙地，第二步，从乙地到丙地，第三步，从丙地到丁地，用乘法原理。 丙丁甲乙、第一大类从甲地到丁地有2条路，用加法原理有2种走法。 、第二大类从甲地到丁地分三步完成，用乘法原理。 第一步，从甲地到乙地，有3条路，用加法原理有3种走法。 第二步，从乙地到丙地，有3条路，用加法原理有3种走法。 第三步，从丙地到丁地，有4条路，用加法原理有4种走法。 根据乘法原理，第二大类共有33436种走法。 、用加法原理，从甲地到乙地共有23638种走法。 解2+33438（种）【例题七】某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。 他要各买一样，共有多少种不同的买法？【解析】运用乘法原理，把买饭菜分为三步走第一步选汤有2种方法。 第二步选荤菜有4种方法。 每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法，汤和荤菜共有2个4种，即8种不同的搭配方法。 第三步选蔬菜有3种方法。 荤菜和汤有8种不同的搭配方法，每种搭配方法，对应的都有3种选蔬菜的方法与其二次搭配，共有8个3种，即24种不同搭配方法。 如下图所示解共有不同的买法243=24（种）。 【例题八】数学活动课上，张老师要求同学们用 0、 1、 2、3这四个数字组成三位数，请问 （1）可以组成多少个没有重复数字的三位数？ （2）可以组成多少个不相等的三位数？【解析】组成没有重复数字的三位数要求千位、十位、个位上的数字不同，数位之间是互相联系的，用乘法原理。 完成没有重复数字的三位数的组成，分三步。 第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位， 1、 2、3任一个都可以放，有3种放法。 第二步，看十位有多少种放法，四个数字千位放了一个，还剩三个，有3种放法。 第三步，看个位有多少种放法，四个数字千位、十位各放了一个，还剩二个，有2种放法。 解（）332=18（个）不相等的三位数，可以看出各数位上的数字是能重复的。 要完成数的组合应该分三步第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位， 1、 2、3任一个都可以放，有3种放法。 第二步，看十位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法。 第三步，看个位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法，有4种放法。 解 （2）344=48（个）【例题九】小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？ （1）七个人排成一排； （2）七个人排成一排，小新必须站在中间. （3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间. （4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边. （5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上. （6）七个人站成两排，前排三人，后排四人. （7）七个人站成两排，前排三人，后排四人.小新、阿呆不在同一排。 】【解析】 （1）七个人排成一排要有序的分步进行，第一步，七个人每人都可以站第一位，7选7叫全选，有7种选法，也就是完成七个人排成一排的第一步。 第二步，七人已选出一人站到第一位，还剩六人，有6种选法。 同理，第三步有5种选法。 第四步有4种选法。 第五步有3种选法。 第六步有2种选法。 第七步有1种选法。 解根据乘法原理得76543215040（种）注用排列公式写作775040P?（种）。 （2）确定小新站中间，只要考虑六人站一排的排列问题。 只需排其余6个人站剩下的6个位置。 分六步，第一步6种选法、第二步5种选法、第三步4种选法、第四步3种选法、第五步2种选法、第六步1种选法。 解根据乘法原理得654321720（种）注用排列公式写作66720P?（种）. （3）先确定中间的位置站谁，有2种选法。 再排剩下的6个位置。 解根据乘法原理得（654321）21440（种）注用排列公式写作266P=1440(种) （4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置如图可知，小新和阿呆站两边位置是2选2，有212种选法。 其余五个位置站法第一位5种选法、第二位4种选法、第三位3种选法、第四位2种选法、第五位1种选法。 解根据乘法原理得（54321）（21）240（种）注用排列公式写作552240P?(种) （5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人，也就是边上的两个位置5人去站，第一个位置有5种选法，第二个位置有4种选法，根据乘法原理得5420（种）。 再排剩下的5个人，有54321120（种）。 解根据乘法原理得201202400（种）注用排列公式写作25552400P P?（种）. （6）七个人排成一排时，7个位置就是各不相同的现在排成两排，不管前后排各有几个人，7个位置还是各不相同的，所以本题实质就是7个元素的全排列解根据乘法原理得76543215040（种）注用排列公式写作775040P?（种）. （7）可以分为两类情况“小新在前，阿呆在后”和“小新在后，阿呆在前”，两种情况是对等的，所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可排队问题，一般先考虑特殊情况再去全排列。 解根据乘法原理得43（54321）22880(种)注用排列公式写作4355P2=2880(种)【例题十】用 1、 2、 3、 4、 5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？【解析】个位数字已知，问题变成从5个元素中取2个元素的排列问题，三位数的个位已确定为5，那么， 1、 2、 3、 4、6可以任意选择十位或百位，百位有5种选法，十位有4种选法。 如图5种选法4种选法1种选法千位百位个位解根据乘法原理得5420（种）注用排列公式解题已知5n?，2m?，根据排列数公式，一共可以组成255420P?(个)符合题意的三位数。 5其余5人所站位置小新和阿呆所站位置2112435【例题十一】用 1、 2、 3、 4、5这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3的倍数？【解析】按位数来分类考虑首先要知道3的倍数的数的各位数值之和的规律:各位数值之和为3的倍数,则这个数是3的倍数.一位数只有1个3；两位数由1与2，1与5，2与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成22212P?(个)不同的两位数，共可组成248?(个)不同的两位数；三位数由1，2与3；1，3与5；2，3与4；3，4与5四组数字组成，每一组可以组成333216P?(个)不同的三位数，共可组成6424?(个)不同的三位数；四位数可由1，2，4，5这四个数字组成，有44432124P?(个)不同的四位数；五位数可由1，2，3，4，5组成，共有5554321120P?(个)不同的五位数解根据加法原理得一共有1824241xx7?(个)能被3整除的数，即3的倍数【例题十二】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9，那么确保打开保险柜最多要试几次？【解析】用排除法分析四个非0数码之和等于9的组合数位上不能有 9、 8、7数字，否则，其和大于9。 首先，从合题意的大数6寻找有1，1，1，6一种组合；从5寻找有1，1，2，5一各组合；从4寻找有1，1，3，4；1，2，2，4；二种组合；从3寻找有1，2，3，3；2，2，2，3二种组合；从 1、2分析其和小于9；因此分析得共有六种。 第一种中，可以组成多少个密码呢？只要考虑6的位置就可以了，6可以任意选择4个位置中的一个，其余位置放1，共有4种选择；第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，可以有3种选择，剩下的位置放1，共有4312?(种)，选择同样的方法，可以得出第 三、 四、五种都各有12种选择最后一种，与第一种的情形相似，3的位置有4种选择，其余位置放2，共有4种选择解根据加法原理得一共可以组成412121212456?(个)不同的四位数，即确保能打开保险柜最多要试56次【例题十三】两对三胞胎喜相逢，他们围坐在桌子旁，要求每个人都不与自己的同胞兄妹相邻，(同一位置上坐不同的人算不同的坐法)，那么共有多少种不同的坐法？【解析】第一个位置在6个人中任选一个，有166C?(种)选法，第二个位置在另一胞胎的3人中任选一个，有133C?(种)选法同理，第3，4，5，6个位置依次有2，2，1，1种选法如图6选13选32选22选21选11选1632211甲乙胞乙胞甲胞乙胞甲胞乙胞解根据乘法原理得63221172（种）注用排列公式写作11111163221163221172P P P P P P?(种)。 【例题十四】一种电子表在6时24分30秒时的显示为6:2430，那么从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有多少个?【解析】设A:BC:DE是满足题意的时刻，有A为8，B、D应从0，1，2，3，4，5这6个数字中选择两个不同的数字，所以有65=30种选法，而C、E应从剩下的7个数字中选择两个不同的数字，所以有76=42种选法.如图解根据乘法原理得所以共有26P27P=1260种选法。 从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有1260个。 【例题十五】一个六位数能被11整除，它的各位数字非零且互不相同的将这个六位数的6个数字重新排列，最少还能排出多少个能被11整除的六位数?【解析】设这个六位数为abcdef，则有()a ce?、()b df?的差为0或11的倍数且a、b、c、d、e、f均不为0，任何一个数作为首位都是一个六位数。 先考虑a、c、e偶数位内，b、d、f奇数位内的组内交换，有33P33P=36种顺序；再考虑形如badcfe这种奇数位与偶数位的组间调换，也有33P33P=36种顺序。 所以，用均不为0的a、b、c、d、e、f最少可排出36+36=72个能被11整除的数(包含原来的abcdef)。 所以最少还能排出72-1=71个能被11整除的六位数。 【例题十六】已知在由甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行的手工制作比赛中，决出了第一至第五名的名次甲、乙两名参赛者去询问成绩，对甲说“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”对乙说“你当然不会是最差的”从这个回答分析，5人的名次排列共有多少种不同的情况？【解析】这道题乍一看不太像是排列问题，这就需要灵活地对问题进行转化仔细审题，已知“甲和乙都未拿到冠军”，而且“乙不是最差的”，也就等价于5人排成一排，甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法数，因为乙的限制最多，所以先排乙，有3种排法，再排甲，也有3种排法，剩下的人随意排，有333216P?(种)排法解根据乘法原理得一共有33654?(种)不同的排法。 【例题十七】4名男生，5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法甲不在中间也不在两端；甲、乙两人必须排在两端；男、女生分别排在一起；男女相间【解析】先排甲，9个位置除了中间和两端之外的6个位置都可以，有6种选择，剩下的8个人随意排，也就是8个元素全排列的问题，有888765432140320P?(种)选择解根据乘法原理得共有640320241920?(种)排法甲、乙先排，有22212P?(种)排法；剩下的7个人随意排，有7776543215040P?(种)排法解根据乘法原理得共有2504010080?(种)排法7选2A BC DE16756确定为86选2分别把男生、女生看成一个整体进行排列，有22212P?(种)不同排列方法，再分别对男生、女生内部进行排列，分别是4个元素与5个元素的全排列问题，分别有44432124P?(种)和5554321120P?(种)排法解根据乘法原理得共有2241205760?(种)排法先排4名男生，有44432124P?(种)排法，再把5名女生排到5个空档中，有5554321120P?(种)排法解根据乘法原理得一共有241202880?(种)排法。 【例题十八】一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目求当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？【解析】先将4个舞蹈节目看成1个节目，与6个演唱节目一起排，则是7个元素全排列的问题，有777!76543215040P?(种)方法第二步再排4个舞蹈节目，也就是4个舞蹈节目全排列的问题，有444!432124P?(种)方法解根据乘法原理得一共有504024120960?(种)方法首先将6个演唱节目排成一列(如下图中的“”)，是6个元素全排列的问题，一共有666!654321720P?(种)方法第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间(即上图中“”的位置)，这相当于从7个“”中选4个来排，一共有477654840P?(种)方法解根据乘法原理得一共有720840604800?(种)方法。 【例题十九】从1，2，8中任取3个数组成无重复数字的三位数，共有多少个？（只要求列式）从8位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不同的选法？3位同学坐8个座位，每个座位坐1人，共有几种坐法？8个人坐3个座位，每个座位坐1人，共有多少种坐法？一火车站有8股车道，停放3列火车，有多少种不同的停放方法？8种不同的菜籽，任选3种种在不同土质的三块土地上，有多少种不同的种法？【解析】按顺序，有百位、十位、个位三个位置，8个数字（8个元素）取出3个往上排，有38P种3种职务3个位置，从8位候选人（8个元素）任取3位往上排，有38P种3位同学看成是三个位置，任取8个座位号（8个元素）中的3个往上排（座号找人），每确定一种号码即对应一种坐法，有38P种3个坐位排号1，2，3三个位置，从8人中任取3个往上排（人找座位），有38P种3列火车编为1，2，3号，从8股车道中任取3股往上排，共有38P种土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往上排，有38P种。 【例题二十】某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段将参加比赛的48名选手分成8个小组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段将8个小组产生的前2名共16人再分成4个小组，每组4人，分别进行单循环赛；第三阶段由4个小组产生的4个第1名进行2场半决赛和2场决赛，确定1至4名的名次问整个赛程一共需要进行多少场比赛？】【解析】第一阶段中，每个小组内部的6个人每2人要赛一场，组内赛26651521C?场，共8个小组，有158120?场；第二阶段中，每个小组内部4人中每2人赛一场，组内赛2443621C?场，共4个小组，有6424?场；第三阶段赛224?场解根据乘法原理得整个赛程一共有120244148?场比赛。 【例题二十一】由数字1，2，3组成五位数，要求这五位数中1，2，3至少各出现一次，那么这样的五位数共有_个。 (xx年“迎春杯”高年级组决赛)【解析】这是一道组合计数问题由于题目中仅要求1，2，3至少各出现一次，没有确定1，2，3出现的具体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由1,2,3组成的五位数中，去掉仅有1个或2个数字组成的五位数即可(法1)分两类1，2，3中恰有一个数字出现3次，这样的数有135460C?(个)；1，2，3中有两个数字各出现2次，这样的数有2234590C C?(个)符合题意的五位数共有6090150?(个)(法2)从反面想，由1，2，3组成的五位数共有53个，由1，2，3中的某2个数字组成的五位数共有53 (22)?个，由1，2，3中的某1个数字组成的五位数共有3个，所以符合题意的五位数共有5533 (22)3150?(个)。 【例题二十二】10个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？【解析】(法1)乘法原理按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有7种选择，总共就有71070?种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了两种，所以最后的结果应该是(10111?)10235?(种)(法2)排除法可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为210C，而被选的两个人相邻的情况有10种，所以共有21010451035C?(种)。 【例题二十三】8个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？【解析】冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留给冬冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑只满足第 一、三个条件的站法总数为3212372423P PP3360C C?（种）同时满足第 一、三个条件，满足小慧和大智必须相邻的站法总数为3222262322PPPP960C?（种）因此同时满足三个条件的站法总数为33609602400?（种）。 【例题二十四】小明有10块大白兔奶糖,从今天起,每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法?】【解析】我们将10块大白兔奶糖从左至右排成一列,如果在其中9个间隙中的某个位置插入“木棍”,则将lO块糖分成了两部分。 我们记从左至右,第1部分是第1天吃的,第2部分是第2天吃的,，如:|表示第一天吃了3粒,第二天吃了剩下的7粒|表示第一天吃了4粒,第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒不难知晓,每一种插入方法对应一种吃法,而9个间隙,每个间隙可以插人也可以不插入,且相互独立，故共有29=512种不同的插入方法,即512种不同的吃法。 【例题二十五】某池塘中有A BC、三只游船，A船可乘坐3人，B船可乘坐2人，C船可乘坐1人，今有3个成人和2个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他们5人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？】【解析】由于有儿童乘坐的游船上必须至少有1个成人陪同，所以儿童不能乘坐C船若这5人都不乘坐C船，则恰好坐满A B、两船，若两个儿童在同一条船上，只能在A船上，此时A船上还必须有1个成人，有133C?种方法；若两个儿童不在同一条船上，即分别在A B、两船上，则B船上有1个儿童和1个成人，1个儿童有122C?种选择，1个成人有133C?种选择，所以有236?种方法故5人都不乘坐C船有369?种安全方法；若这5人中有1人乘坐C船，这个人必定是个成人，有133C?种选择其余的2个成人与2个儿童，若两个儿童在同一条船上，只能在A船上，此时A船上还必须有1个成人，有122C?种方法，所以此时有326?种方法；若两个儿童不在同一条船上，那么B船上有1个儿童和1个成人，此时1个儿童和1个成人均有122C?种选择，所以此种情况下有32212?种方法；故5人中有1人乘坐C船有61218?种安全方法所以，共有91827?种安全乘法【例题二十六】从10名男生，8名女生中选出8人参加游泳比赛在下列条件下，分别有多少种选法？恰有3名女生入选；至少有两名女生入选；某两名女生，某两名男生必须入选；某两名女生，某两名男生不能同时入选；某两名女生，某两名男生最多入选两人。 【解析】恰有3名女生入选，说明男生有5人入选，应为3581014112C C?种；要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况8871181010843758C C C C?；4人必须入选，则从剩下的14人中再选出另外4人，有4141001C?种；从所有的选法818C种中减去这4个人同时入选的414C种84181443758100142757C C?分三类情况4人无人入选；4人仅有1人入选；4人中有2人入选，共817261441441434749C C C C C?。 【例题二十七】在10名学生中，有5人会装电脑，有3人会安装音响设备，其余2人既会安装电脑，又会安装音响设备，今选派由6人组成的安装小组，组内安装电脑要3人，安装音响设备要3人，共有多少种不同的选人方案？【解析】按具有双项技术的学生分类两人都不选派，有3554310321C?(种)选派方法；两人中选派1人，有2种选法而针对此人的任务又分两类若此