高二数学组合、组合数例题解析人教

高二数学组合、组合数例题解析一. 本周教学内容： 组合、组合数二. 重点、难点 重点： 1. 组合概念：从n个不同元素中，取出m（m n）个不同元素，并成一组，其不同取法总数为。 2. 组合数公式： 组合数的两个性质定理： 3. 组合的应用 4. 分组问题 难点： 组合的应用：平均分组问题【典型例题】 例1. 证明：（1）Cm0CnkCm1Cnk1Cm2Cnk2CmkCn0Cnmk （2）2Cn29Cn312Cn45Cn5nCn24 证：（1）构造一个数学模型 设袋中有nm个球，其中红球n个，白球m个。现从中任取k个（kminm，n），那么共有Cnmk种不同取法。 另一方面，用分类的方法考虑这个问题。可分成k1类：第1类，k个红球；第2类，k1个红球，1个白球；第3类，k2个红球，2个白球；第k1类，0个红球，k个白球。于是取法总数为CnkCm0Cnk1Cm1Cn0Cmk。但这两种算法结果应是相等的，因此等式成立 例2. 求和：。 解法一：原式 解法二：原式 解法三：原式 例3. 解方程 解：由方程可知，x2根据组合数性质2，将原方程化为 x25x140，解得 x2或 x7（舍） 说明：解含有组合数，排列数的方程时，应灵活利用组合数性质定理，以及和的定义式。此外还要注意其中m和n的取值范围。在具体求解方程时，其基本方向就是化简方程，减少方程中的项数，使之转化为我们熟知的整式方程。 例4.（1）从1，2，3，12中任选4个数相加，其和为奇数的共有多少种？ （2）从9所中学选派12名教师组成代表团，每校至少1人参加，问有多少种不同选派方法？ （3）由12人组成文娱小组，其中5人只会唱歌，5人只会跳舞，2人又会唱歌又会跳舞。现从这12人中选派4人会唱歌4人会跳舞的去排练节目，共有多少种选法？ 解：（1）分两类：3个奇数，1个偶数，共有C63C61种选法。1奇，3偶，不同选法也是C61C63种。故所求总数为2C61C63种。 （2）每校选1人已定，只剩3个名额尚须选派。分三类：3名全从同一个学校选，共有C91种选法；从两个学校选派3人，可以是甲2乙1或甲1乙2，故不同选法总数为2C92；从3个不同学校各选1人，有C93种选法。 故所求总数为C912C92C93。 （3）关键在于2个既会唱歌又会跳舞的人是否被选，并且选中后，他们表演什么节目（唱歌还是跳舞）。分6类：这2人被选为唱歌人选，其他6人选法有C52C54种；2人被选为跳舞人选，也有C52C54种选法；2人被选，其中一人唱歌一人跳舞，共有2C53C53种选法；2人中只选1人唱歌，有C21C53C54种选法；2人中只选1人跳舞，也有C21C53C54种选法；这2人都没选上，那么有C54C54种选法。 故所求总数为2C52C542C21C53C542C53C53C54C54525。 例5. 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取四个不共面的点，不同的取法共有多少种？ 分析：用直接法考虑：设四面体为ABCD，底面BCD为平面分四类情况考虑： 类：恰有2个点有内，可分两种情况：该两个点在四面体的同一条棱上，有（种）；该两个点不在同一条棱上，有（种） 类：恰有1个点在内，可分两种情况：该点是棱的中点，有339（种）；该点是棱的端点，有326（种） 类：4个点全不在内，只有1种取法，由加法原理，可得： 解：682730961141（种） 用间接法考虑：先从10个点中任取4点，有种取法，其中所取4点是共面的情况可分为两类： 类：4点不在四面体的同一个面内，可分两种情形：4点位于相对的两条棱上，这时必然3点位于某棱，而另一点是对棱的中点，共有6种取法；4点不位于相对的棱上，这时4点必然全为棱的中点，且是平行四边形的顶点，共有3种取法 解：综上可得，（种） 答：不同的取法共有141种。 例6. 现有张、王、李三位教师分别到6个班任课，求下列情况下不同的分班法各有多少种？（1）分给张、王、李老师依次1个班，2个班，3个班；（2）每位教师都2个班；（3）6个班分成3组，两个组各1个班，另一组4个班；（4）分配给三位教师，某一人1个班，一个人2个班，一人3个班；（5）分配给三位教师，一人4个班，另2人各1个班。 解：（1）不同的分班种数为（种） （2）不同的分法种数为（种） （3）种方法中有重复，如中选A，选B，选到C、D、E、F，与选B，选到A，选到C、D、E、F，分组又顺序，所以这两种是同一种分组，重复主要产生于与选择分组上面，所以应去除掉，因此，符合题意的不同的分法种数为（种） 师，又不限定老师任课的任教，每位教师都会有各种任教法，所以有顺序问题，因此，分完组的步骤完成后再完成排序的步骤，这样符合题意的不同分法种数为 例7. （1）5个相同的球，放入3个不同房间中，每个房间放球个数不限，共有多少种不同放法？（2）n个相同的球，放入m个不同房间中，每个房间放球个数不限，共有多少种放法？（3）不定方程x1x2x3x4x58的非负整数解共有多少个？ 解:（1）我们用图直观地表示第1房有2球，第2房有1球，第3房有2球；其余类推。把5个球与2个隔墙看成7个元素。其全排列的个数为7！个。但5个球是相同的、两面墙也是相同的，它们各自的5！及2！排列分别只能算作1种。 （2）类似可得Cnm1n。 （3）与（1）类比，设想xi分别表示第i个房中球的个数。据（1）中的分析，可知所求不定方程的非负整数解有C8518C128C124个。 例8. 某球队与另10个球队各比赛1场，共10场比赛，问五胜三负二平的一切可能情况为多少种。 解：作如下设想：“胜”表示“红球”，“平”表示“黄球”，“负”表示“白球”，于是原题转换成：5个红球、2个黄球、3个白球排成一排，有多少种排法。先把10个球看成不同的，共有10！种排法。当黄球和白球的位置固定后，5个红球有P55种排法，但它们实质上是同一排列，故应将10！除以5！。对白球和黄球可作类似的分析。 注：一般，若有r1个相同的第1种球，r2个相同的第2种球，rs个相同的第s种球，其中r1r2rsn，那么这n个球的不同排列总数为。 例9. f是集合 Ma，b，c，d到集合 N0，1，2的映射，满足f（a）f（b）f（c）f（d）4，则不同的映射的个数有多少？ 分析：由于f是集合M到集合N的映射，可知M中的每一个元素在集合N中有象且惟一。而M集中的元素a，b，c，d的象分别是f（a），f（b），f（c），f（d），当然应属于集合N。这样M中元素可能出现多个对一个的可能，这样就有f（a）0，f（b）0，等情况，只需取0，1，2中任意四个元素，（包括可重复的）组成四个数的和等于4，就可求得满足题设的映射。 解：0112002211114 当象的和为0112时，M中元素与N中元素的对应方法可分为三步。第一步，M中4个元素任取一个与0对应，有种对应方法，余下有3个元素；第二步，从余下的3个元素任取一个与2对应，有种对应方法，余下有两个元素；第三步，让M中余下的两个元素都对应N中的元素1，有1种方法。 当象分别是0，1，1，2时，满足0112的映射有个。 是分类进行的 满足题设的映射共有 说明：集合M到N的映射，应满足M中任一个元素在f作用下在集合N中有象且唯一，反之N中元素在M中的原象不一定唯一。【疑难解析】 1. 组合与排列的联系和区别 相同点：排列和组合都是从n个不同元素中取出m（mn）个元素 不同点：排列与组合的区别在于元素取出以后，是“排成一排”，还是“组成一组”，其实质就是取出的元素是不是存在顺序上的差异因此，区分排列问题和组合问题的主要标志是：是否与元素的排列顺序有关有顺序的是排列问题，无顺序的则是组合问题例如123和321，132是不同的排列，但它们都是相同的组合再如两人互通一次信是排列问题，互握一次手则是组合问题 2. 组合与组合数 和排列与排列数之间的区别一样，“组合”和“组合数”是两个不同的概念一个组合是指“从n不同元素中，任取m（mn）个元素，并成一组”，它不是一个数，而是具体的一件事；组合数是指“从n个不同元素中取出m个元素的所有组合的个数”，它是一个灵敏，例如，从3个元素a、b、c每次取出2个元素的组合为：ab，ac，bc，其中每一种都叫一个组合，共3种，而数字就是组合数 3. 对组合数的两个性质的理解。 （1）要能利用组合数的意义来理解两项性质。 因为从n个不同的元素中取出m元素后，就剩下nm个，因此从n个不同元素中取出m个元素的方法，与从n个元素中取出nm个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的，这就是性质1揭示的意义。 在确定从n1个元素中取m个元素的方法时，对于某一个元素，只存在取与不取的两种可能。 如果取这一个元素，则需从剩下的n个元素中取出m1个元素，所以共有种。 如果不取这一个元素，则需从剩下的n个元素中取出m个元素，所以共有种。 由加法原理，得： 上述推理过程中可以看成是对组合数两个性质的构造性证明。这种方法不仅可以加深我们对公式的理解，而且也是证明组合恒等式等问题的一种重要思路。 （2）利用组合数及组合数的性质可推出如下两个常用结论。 （3）组合数的两个性质，和，在有关组合数的计算、化简、证明等方面有着广泛的应用。 4. 组合应用题 无限制条件的组合应用题：解法步骤：一判断二转化三求值四作答。 有限条件的组合应用题。 a. 类型：“含”与“不含”的问题； b. 解法：直接法、间接法、可将条件视为特殊元素与特殊位置，一般来讲，特殊者优先满足，其余则“一视同仁”； c. 分类的依据：“至多”、“至少”。 （3）排列、组合综合题 一般解法：先选元素后排列，同时注意按元素的性质分类或按事件的发生过程分步。类型：分组、分配、群排列等。 5. 解排列组合问题的基本思路： （1）对带有限制条件的排列问题，要掌握基本的解题思想方法。 有特殊元素或特殊位置的排列，通常是在选排特殊的元素或特殊位置； 元素必须相邻的排列，可以先将相邻的元素看作一个整体； 元素不相邻的排列，可以制造空档插进去； 元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序排列后，利用规定顺序的实情求结果。 （2）处理几何中的计算问题，注意“对应关系”，如不共线三点对一个三角形，不共面四点可以确定一个四面体等等，可借助图形来帮助思考，并善于利用几何性质于解题中。 （3）对于有多个约束条件的问题，可以通过分析每个约束条件，然后再综合考虑是分类或分步，或交替使用两个原理，也可以先不考虑约束条件，然后扣除不符合条件的情况获得结果。 （4）要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意。 一、选择题： 1. （2003年北京市东城区三模试题）从不同品牌的4台快译通和不同品牌的5台录音笔中任意抽取3台，其中至少要有快译通和录音笔各1台，则不同的取法共有（ ） A. 140种 B. 84种 C. 70种 D. 35种 2. 用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A. 24个 B. 30个 C. 40个 D. 60个 3. 从9名男同学和6名女同学中选出5人排成一列，其中至少有2名男生，则不同排法有（ ） A. B. C. D. 4. 四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有种（用数字作答）。 5. （2003年北京市丰台区一模试题） 在某班学生中，选出3个组长的总方法数与只选出正、副班长的总方法数之比为14:3，则该班学生的人数为 （ ） A. 25人 B. 30人 C. 35人 D. 40人 6. （2003年北京市朝阳区一模试题） 圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是（ ） A. B. C. D. 7. 书架上有不同的数学与外文参考书共7本，现取2本数学书，1本外文书借给3位同学，每人一本，共有72种借法，则数学与外文书的本数分别为（ ） A. 3，4 B. 4，3 C. 5，2 D. 2，5二、填空题： 8. 从6个男生，5个女生中选出5个代表，要求其中至少有2个男生，2个女生，则不同的选法共有_种 9. （2003年全国高考文理科、广东高考题） 如图，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有_种（以数字作答） 10. （2003年天津理科高考、江苏高考题）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）。现要裁种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） 三、解答题： 11. 从6名男同学和4名女同学中，选出3名男同学和2名女同学分别去承担A、B、C、D、E五项工作，一共有多少种分配方案？ 12. 将6本不同的书依次按下列方法分配，各有多少种不同的分法？ （1） 分给甲、乙、丙三人，每人2本； （2） 分成三堆，每堆2本； （3） 分给甲3本，乙2本，丙1本； （4） 分成三堆，一堆3本，一堆2本，一堆1本； （5） 分给甲、乙、丙三人，其中一人得3本、一人得2本、一人得1本 13. （1）四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共有多少种不同的放法？ （2）四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？ 14. 从编号为1，2，3，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？ 15. 现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 16. 甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？ 17. 6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？ 18. 从7名运动员中选出4名组成4100米接力队，其中甲、乙二人都不跑中间两棒的安排方法有多少种？ 19. 在1，3，5，7，9中任取3个数字，0，2，4，6，8中任取两个数字，可组成多少个不同的五位数偶数 20. 有6本不同的书，以下各种情况各有几种借书方法。 （1）分成三堆，一堆3本，一堆2本，一堆一本； （2）分给甲、乙、丙三人，甲得3本，乙得2本，丙得1本； （3）分给3个人，一个人得3本，一个人得2本，一个人得1本； （4）平均分给3个人； （5）平均分成三堆。 21. 已知平面，在内有4个定点，在内有6个定点（1）经过3点作一平面，最多可作多少个（不同的）平面？（2）以这些点为顶点，最多可构成多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少种不同的体积？ 22. 某校高二年级有6个班，现要从中选出10人组成高二年级女子篮球队参加高中年级篮球比赛，且规定每班至少要1人参加。这10个名额有多少种不同的分配方案？参考答案 1. 分两类：1台快译通和2台录音笔，或2台快译通和1台录音笔，且每类办法中都需分两步完成，又取法与顺序无关，属组合问题，所以不同的取法共有 40 30 70 （种），故选C。 2. 分两步： 第一步排个位：个位只能是2或4，有2种排法； 第二步排十位和百位：有种排法 所以，满足条件的三位数有2 24 （个），故选A。 3. 分两步：第一步：从9名男同学和6名女同学中选出5人的方法有种，其中没有男生和只有1名男生的选法共有 141（种），故从9名男同学和6名女同学中选出5人，使得其中至少有2名男生的不同取法有（- 141）种； 第二步：将选出的5人作全排列，共有不同排法种 所以，应选D。 注意：选出的5人中至少有2名男生的情况包括有2名男生、有3名男生、有4名男生、有5名男生四种，而结论的后面是没有男生和只有1名男生两种情况，因此，第一步中采用间接法较简便。对于有限制条件的排列组合问题，应根据具体情况灵活选用直接法和间接法。 4. 选空盒有种选法，捆住两个小球有种方法，再一球与一盒一一对应，有种方法。由乘法原理，共有放法 144 （种）。 5. 设该班学生的人数为n，则选出3个组长（与顺序无关）的总方法数为；只选出正、副班长（与顺序有关）的总方法数为由题意得，3 14，即3n （n - 1） （n - 2） /6 14n （n - 1），由排列数的意义知，n 2， 可得n - 2 28，即n 30，故选B。 评注：这里，由于选出的3个组长没有具体分工，因此与顺序无关，属组合问题；而选正、副班长则与顺序无关，属排列问题 6. 注意到圆周上任意四点可唯一确定一个圆内接凸四边形，且此四边形的两条对角线的交点在圆内要使这些弦的交点最多，则应使这些交点互不重合故圆周上任意四点可唯一确定一个满足条件的点，从而这些弦在圆内的交点个数最多是，应选D。 评注：其实，对于本题来说，只需稍加分析便可排除A、B、C三个答案：显然，本题不是排列问题，因而不可能为A或B；又C也很明显是错误的，从而应选D. 其实，本题最容易犯的错误应该是：从12个点中任选2点作一条弦，再从余下的10个点中任取2点作另一条弦，使交点最多的是这些弦中的任意两条都交于一点，且这些点互不重合，因而得到交点个数最多是，而这一结果实际上是这12个点所确定的直线的交点个数最多的情况。 此外，对于与排列组合有关的问题，当数值较大难以辨别其正误时，我们往往可以将问题简化。如上述错解，我们可将原题中的12个点减少到只有4个点，这时过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点显然只有1个，而按错解的方法应得6（个），由此即可判断上述解法是错的了。 7. C 8. 由题设知，满足条件的选法有两类：2男3女，或3男2女，由于选出的代表与顺序无关，因此，这是组合问题。 选2男3女的方法有种；选3男2女的方法有种。 由加法原理，得满足条件的不同选法共有 150 200 350 （种）。 9. 可分为三类（由区域的特殊性，可用3色或4色但不能用2色或1色）： 第一类：用3种颜色，3、5同色且2、4同色，着色方法有种； 第二类：用4种颜色，且3、5同色，着色方法有种； 第三类：用4种颜色，且3、5不同色，则2、4必同色，着色方法有种 由加法原理，满足条件的不同着色方法有 72 （种） 注意：本题中，选出的颜色还须着到地图上，因而属排列问题，故不能写成等 解法二：用“捆绑法”，上法中第一类可将3、5“捆绑”在一起，将2、4也“捆绑”在一起，这样就相当于从4个不同元素中任取3个元素去占3个不同的位置，有种方法；同理，第二类和第三类各有着色方法种，故有不同着色方法2 72 （种） 10. 这里，由于要裁种4种不同颜色的花（因为每部分要栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，因此，花的颜色也不可能少于4种）我们可先将6个部分分成4组，然后将4种不同颜色的花依次栽种上去 解：由图知，没有互不相邻的3部分，而第1部分与其余5个部分都相邻，因此，我们可将6个部分分成4组，其中两组各含两个部分（不相邻），另两组各含一个部分按含两部分的组来划分，分组方案共有五类： 第一类：第2、4部分为一组，第3、5部分为一组； 第二类：第2、4部分为一组，第3、6部分为一组； 第三类：第2、5部分为一组，第3、6部分为一组； 第四类：第2、5部分为一组，第4、6部分为一组； 第五类：第3、5部分为一组，第4、6部分为一组 显然，每类办法中都有种不同的栽种方法，故满足条件的不同栽种方法共有5120 （种）。 注意：以上两题说明，高考中对于排列组合应用问题的考查，不仅要求我们正确区分属于排列问题还是属于组合问题，需要分类还是需要分步，而且对我们分析问题和解决问题的能力也提出了较高的要求。 第10题的实质与第9题相同，相当于一个涂色问题对于涂色问题，一定要根据图形的具体形状，正确分类或分步，否则极易出错如第10题容易错解成： 分六步完成： 第一步：先栽种第6部分，有4种方法； 第二步：再栽种第2部分，有3种方法（与第6部分不同色）； 第三步：栽种第1部分，有2种方法（与第2、6部分不同色）； 第四步：栽种第5部分，有2种方法（与第1、6部分不同色）； 第五步：栽种第3部分，有2种方法（与第1、2部分不同色）； 第六步：栽种第4部分，有1种方法（与第1、3、5部分不同色）。 由乘法原理得，满足条件的不同栽种方法共有4 3 2 2 2 1 96 （种） 第9题也有类似的错解。 思考：请想一想，以上错解的错因何在？ 11. 可分三步完成，选3名男同学有种选法，选2名女同学有种，对选出的5人分配5种不同的工作有种方法，根据乘法原理，共有不同的分配方案： 14400 （种） 解法二：把工作当“元素”，同学当“位子”，第一步，从5种工作中任选3种（组合问题）分给6个男同学中的3人（排列问题）有种方法，第二步，将余下的2个工作分给4个女同学中的2位有种方法，根据乘法原理，共有不同的分配方案： 14400 （种） 也可先给女同学分配工作，再给男同学分配工作，分配方案共有： 14400 （种） 小结：此题是排列组合综合问题，解此类问题的方法是先组合后排列 12.（1）每人从6本书中取出两本书与顺序无关，属组合问题分三步： 第一步：甲从6本书中任取2本，有种不同的方法； 第二步：乙从余下的4本书中任取2本，有种不同的方法； 第三步：丙取最后剩下的2本，有种不同的方法 由乘法原理，共有不同的分法 90 （种） （2）将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本这件事可分为两大步完成： 第一步：将6本书分成三堆，每堆2本，设有x种分法； 第二步：将三堆书分给甲、乙、丙三人，每人一堆，有种分法 由（1）知，x，故x 15， 即共有不同的分法15种 （3）与（1）类似，共有不同的分法 60 （种） （4）因为甲得3本，乙得2本，丙得1本的每一种分法都唯一地对应一种“分成三堆，一堆3本，一堆2本，一堆1本”的分堆方法，所以，共有不同的分堆方法 60 （种） （5）由（3）知，分给甲3本，乙2本，丙1本的方法有种，但本小题中没有指定谁得3本，谁得2本，谁得1本，而按得书多少来分，又有不同的分配方案，故一人得3本，一人得2本，一人得1本的分法共有360 （种） 注意：（i） 分书过程中要分清：是均匀分配还是非均匀分配；是有序分配还是无序分配，注意它们之间的区别与联系 （ii） 特别是均匀分配时，要注意算法中的重复问题一般地，把mk个不同的元素平均分给m个人，每人k个元素，共有种不同的方法；把mk个不同的元素平均分给m组，每组k个元素，共有种不同的方法前者属于有序均匀分配问题，后者属于无序均匀分配问题 （iii） 有时只是部分地均匀分配，这类问题的解法与均匀分配问题相类似例如本题中，若 （6）分给甲、乙、丙3人，其中一人4本，另两人每人1本； （7）分成三堆，其中一堆4本，另两堆每堆1本 则可得： （6）方法数为；（属部分均匀地分给人的问题部分均匀有序分配） （7）方法数为（这是部分均匀地分堆的问题部分均匀无序分配） 13. 根据分步计数原理：一共有种方法。 （捆绑法）第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有种方法，第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有种方法所以一共有144种方法. 14. 分为三类：1奇4偶有 ；3奇2偶有；5奇1偶有 所以一共有 15. 我们可以分为三类： 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有； 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有； 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有 所以一共有42种方法 16. 解法一：（排除法） 解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有；另一类为甲不值周一，但值周六，有所以一共有42种方法 17. 第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法；第二步将5个“不同元素（书）”分给5个人有种方法根据分步计数原理，一共有1800种方法 变题1：6本不同的书全部送给5人，有多少种不同的送书方法？ 变题2：5本不同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同的送书方法？ 变题3：5本相同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同的送书方法？ 答案：1. ； 2. ； 3. 18. 分析：此问题可以分为两个步骤解决，先决定谁参加接力队，再安排他们的跑棒顺序，从7名运动员中选出4名组成接力队，是组合问题依题意，要考虑三种情况；4人中不含甲和乙的；4人中只含甲、乙之一的；4人中同时包含甲和乙的，安排谁跑哪一棒属排列问题，限制条件是甲、乙两人都不跑中间两棒。 解：直接法，先计算：接力队中不含甲和乙的排法有种，因这4人谁跑哪都行，故有种安排方法；接力队中含甲（或）乙的选法有种，组队后选给甲（或乙）安排棒次，甲（或乙）只能跑第一或第四棒，即有种方法，其余三棒由剩下的3人跑，有方法，依乘法原理，有种安排方法；接力队中同时包含甲和乙的选法有种，因甲、乙不能跑中间两棒，故让他们跑首末两棒，其余二人跑中间两棒，各有种方法，依乘法原量，有种安排方法。 根据加法原理，甲、乙都不跑中间两棒的安排方法共有 19. 分析：因为零不能作首位数，所以是特殊元素，因此可以根据选零不选零为分类标准 解：第一类：五位数中不含数字零 第一步：选出5个数字，共有种选法； 第二步：排成偶数先排末位数，有种排法，再排其它四位数字，有种排法。 第二类：五位数中含有数字零 第一步：选出5位数字，共有种选法。第二步：排顺序又可分为两小类：末位排