解排列组合应用题地26种策略

1、解排列组合应用题的26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.解排列组合问题的基础是两个基本原理，分类用加法原理，分 步用乘法原理，问题在于怎样合理地进行分类、 分步，特别是在分类时如何做到 既不重复，又不遗漏，正确分每一步，这是比较困难的。要求我们周密思考，细 心分析，理解并掌握解题的常用方法和技巧，掌握并能运用分类思想、转化思想、 整体思想、正难则反等数学思想解决排列组合问题。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.i、相邻排列一一 捆绑法：n个不同元素排列成一

2、排，其中某k个元素排在相邻位置上，有多少种不同排法？先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其它元素一起排列，共有Annki1种排法然后再将“捆绑”在一起的元素进行内部排列，共有A：种方法由乘法原理得符合条件的排列，共 A； ： 1 A：种.例l.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，那么不同的排法种 数有（）A、60 种B、48 种C、36 种 D、24 种4解析：把a,b视为一人，且b固定在a的右边，则本题相当于4人的全排列，A 24种,答案：D.例2 有3名女生4名男生站成一排，女生必须相邻，男生必须相邻，共有多少种不同 的站法？解：

3、先把3名女生作为一个整体，看成一个元素，4名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排列成一排共有A2种排法；女生内部的排法有A3种，男生内部的排法有 a4种故合题意的排法有 fAzZA 288种.2. 相离排列一一插空法：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将n个不同元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k n k)，有多少种排法？先把(n k)个元素排成一排，然后把k个元素插入(n k 1)个空隙中，共有排法 A；ki种.例3五位科学家和五名中学生站成一排照像，中学生不相邻的站法有多少种？解：先把科学家作排列，共有

4、A种排法；然后把5名中学生插入6个空中，共有 A种 排法，故符合条件的站法共有 A - A 86400种站法.例4七位同学并排站成一行，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a5种，再用甲乙去插6个空位有A种，不同的排52法种数是 A A 3600种，选B .3、定序问题- 倍缩法：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此法也被叫消序法将n个不同元素排列成一排，其中某k个元素的顺序保持一定，有多少种不同排法？n个不同元素排列成一排，共有A1种排法；k个不同元素排

5、列成一排共有 AJ种不同排法.于是，k个不同元素顺序一定的排法只占排列总数的Ak分之一故符合条件的排列共A种.例5.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 的排法种数是（）A、24 种B、60 种C、90 种 D、120 种解析：b在a的右边与b在a的左边排法数相同， 所以题设的排法只是 5个元素全排列1 5数的一半，即A；60种，选B.2例6. A，B，C，D，E五个元素排成一列，要求 A在B的前面且D在E的前面，有多少 种不同的排法？解：5个不同元素排列一列，共有A种排法.A，B两个元素的排列数为 A ； D，E两个元素的排列数为 A； A

6、因此，符合条件的排列法为30种.a2-a24、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7.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3 X3 X1=9种填法，选B.5、留空排列 -借元法例8、一排10个坐位，3人去坐，每两人之间都要留空位，共有

7、 种坐法。解：由题意，先借 7人一排坐好，再安排 3在8个空中找3个空插入，最后撤出借来 的7人。737得不同的坐法共有 A7 A8 IA种。6、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9.（ 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，不冋的选法共有2 1 1C10C8C72520 种，选 C .（2）学生会的12

8、名同学分配到三个不同的年级对同学们进行仪容仪表检查，若每个年级4人，则不同的分配方案有（）A、C12C8C4 种B、3C12C8 C4 种C、C12C8A3 种444C12C8 C4答案：先从12人中选出4人到第一个年级，再从剩下的8人中选4人到第二个年级,第三步从剩下的4人中选4人到第三个年级，不同的选法共有G：C；C：种，选A .7、平均分堆问题-除序法:例10. 12本不同的书，平均分为 3堆，不同的分法种数为多少种。解：先从12本书中选出4本到第一堆，再从剩下的8本中选出4本到第二堆，第三步种。从剩下的4本中选4本到第三堆，但题中是不要堆序，所以不同的分法共有8、全员分配问题- 分组法

9、: 例11. （ 1） 4名优秀学生全部保送到 3所大学去，每所大学至少去一名，则不同的保送方 案有多少种？解析：把四名学生分成3组有c4种方法，再把三组学生分配到三所大学有A种，故共2 3有C4A336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：B.9、名额分配问题-隔板法:例12 : 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

10、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Cg 84种.10、限制条件的分配问题-分类法:例13.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 a4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 A方法，所以共有3A3 ；若乙参加而甲不参加同理也有 3A3种； 若甲乙都参加，则先安排甲乙，有 7种方法

11、，然后再安排其余 8人到另外两个城市有 A224332种，共有7人方法.所以共有不同的派遣方法总数为A 3A8 3A8 1A 4088种.11、多元问题一分类法: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14 （ 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 A个，A4 A3 A3, A3 A3 A3, A2A3 A3, A3 A3 个，合并总计 300 个，选 B .（2）从1

12、, 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 A 7,14,21丄98共有14个元素, 不能被7整除的数组成的集合记做 A 1,2,3,4,L ,100共有86个元素；由此可知，从A 中任取2个元素的取法有 G：，从A中任取一个，又从 A中任取一个共有 G；C86,两种情2 1 1形共符合要求的取法有 C14 C14C861295种.（3 ）从1 , 2 , 3，100这100个数中任取两个数，使

13、其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？解析：将I 1,2,3 L ,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集A 4,8,12,L 100 ；能被4除余1的数集B 1,5,9丄97，能被4除余2的数集 C2,6丄,98，能被4除余3的数集D 3,7,11,L 99，易见这四个集合中每一个有25个元素；从 A中任取两个数符合要；从 B,D中各取一个数也符合要求；从 C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 C25 C；5C；5 C25 种.12、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 n(A B) n(A) n (B)

14、 n(A B).例15.从6名运动员中选出4人参加4 X100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：4332n(I) n(A) n(B) n(A B) As A5 A5 A4 252 种.13、定位问题- -优先法：有限制条件，某个或几个元素要排在指定位置，通常要优先考虑这个或几个元素受限位置或受限元素，再排其它的元素。若反面情况较为简单时，则用排除法求解.例16.乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，现要派 5名参加比赛，

15、3名主力队 员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有 (用数字作答)解：由题意，先安排 3名主力队员在第一、三、五位置，有A33种；再安排其余7名队员选2名在第二、四位置有 A种；由乘法原理，得不同的出场安排共有AA； 252种.例17.1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A；种，4名同学在其余4个位置上有 疋种方法；14所以共有A3A472种。.14、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18. (1 ) 6个不同的元素排成前后两排，每排

16、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A 720 种，选 C.（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？2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A4种，某1个元素排 在后半段的四个位置中选一个有 A1种，其余5个元素任排 5个位置上有 A种，故共有 A； ATAf 5760 种排法.15、“至少” “至多”问题一间接排除法或分类法:例19.从4台甲型和5台乙型电视机中

17、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3 33机，故不同的取法共有 C9 C4 C570种，选.C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22 1 1 2 台乙型1台；故不同的取法有 C5C4 C5C4 70台选C.16、选排问题一先取后排法：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20. （ 1）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有

18、多少种？2解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在四个盒中每次排3个有A3种，故共有C4A4 144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c；c2种，这四名运动员混和双打练习有A中排法,2 2 2故共有C5C4A2120种.17、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21. （ 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

19、C；四面体，但6个表面和6个4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C8 12 58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Cw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C：，四个面共有4C：个；过空间四边形各边中点的6个所以四点不共面的情况的种平行四边形共3个；过棱上三点与对棱中点的三角形共4 4数是 C10 4C3 6141 种.18、圆排问题-直排法:把n个不同元素放在圆周 n个无编号位置上的排列,顺序

20、（例如按顺时钟）不同的排法的排法认为是相同的，它与普通排才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）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：aa2,a3L ,a“； a?,a3, a4,L 丄 耳耳丄 耳1在圆排列中只算一种， 因为旋转后可n!以重合，故认为相同，n个元素的圆排列数有 一种因此可将某个元素固定展成单排，其它n的n 1元素全排列.例22.5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a4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 24 25 768种不同站法1说明：从

21、n个不同元素中取出 m个元素作圆形排列共有 一A种不同排法.m19、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 mn种方法.例23.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6二步：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 7种不同方案20、元素个数较少的排列组合问题 一枚举法：例24.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

22、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？2解析：从5个球中取出2个与盒子对号有 C5种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3， 4， 5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4 , 5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4 , 52号球也只有1种装法，所以剩下三球只有 2种装法，因此总共装法数为 2C5 20种.21、复杂的问题一对应思想转化法：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25. （1 ）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于

23、圆内的交点有多少个?解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的 10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有 G；个，所以圆周上有io点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交 点有G4个.（2 ）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的最短路径有多少种？解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法有 C；种.22、区域涂色问题-分步与分类综合法 解答区域涂

24、色问题，一是根据分步计数原理， 对各个区域分步涂色； 二是根据共用了多少种 颜色分类讨论；三是根据相间区域使用颜色的种数分类以上三种方法常会结合起来使用。 例27.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？法 1 : A5 A4240法 2: A 2A5240例28、一个地区分5个区域，现用4种颜色给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色 则不同的着色方法有多少种 ？法1.分步：涂有4种方法，涂有3种方法，涂有2种方法， 涂有2种方法，涂时需看与是否相同，因此分两类。4 3 2 24 3 2 172法叙按用了几种颜色分两类：涂

25、了 4色和3色例29、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻两个区域不能同色，不同的栽种方法有 申.（用数字作答） 解法1 ：首先栽种第1部分，有C4种栽种方法;然后问题就转化为用余下 3种颜色的花，去栽种周围的5个部分（如 右图所示），对扇形2有3种栽种方法，扇形 3有2种栽种方法，扇形4也有2种栽种方法，扇形 5也有2种栽种方法，扇形6也有2种栽种方法.于是，共有3 24种不同的栽种方法。 但是，这种栽种方法可能出现区域 2与6着色相同的情形，这是不符合题意的，因此，答案应从3 24中减去这些不符合题意的栽种方法。 这时, 把

26、2与6看作一个扇形，其涂色方法相当于用3种颜色的花对4个扇形区域栽种（这种转换思维相当巧妙）。1412综合和，共有 C4 3 2（C3 2 2 A3 1 1） 4 （48 18） 4 30 120种。解法2 :依题意只能选用 4种颜色，要分5类（1）与同色、与同色，则有A：；（2 ）与同色、与同色，则有A4 ；（ 3）与同色、与同色，则有A：；（4）与同色、 与同色，则有 A： ；（ 5）与同色、与同色，则有A：；所以根据加法原理得涂色方法总数为5 A： =120 （种）23、复杂问题-树图法（选组穷举法）当以上各法还难以解决时，可用画树图的方法解决。虽然原始、笨拙，但清楚、可靠。此法称选组

27、穷举法，即将所有满足条件的排列一一列举，探索出其规律.例30.同例29解：以a, b, c, d 分别代替4种颜色的花。通过树图可知，完成此事共分 6步，第一步有 4方法；二步有3方法，第三步有 2同方案，第四步也有 2不同方法第五步有 2种不同方案， 然而第六步有？种不同方案？，不易看清！画出树图，由图知将四、五、六两步并为一步，有5种方法。于是共有4 3 2 5 12024、复杂排列组合问题-构造模型法：例31.马路上有编号为1，2，3，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的 二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮

28、灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯C；种方法,所以满足条件的关灯方案有 10种.说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决25、复杂的排列组合问题-分解与合成法：例32.( 1)30030能被多少个不同偶数整除？解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2 X3X5 X7 X11 X13 ;依题意偶因数2必取，3, 5, 7, 11 , 13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为c； C53 C c532个.(2 )正方体8个顶点可连成多少队异面直线？解析：因为四面体中仅有 3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构

29、成多少个4不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有C8 12 58个，所以8个顶点可连成的异面直线有3 X58=174对26、逆向问题-方程法例33.平面上有相异的11个点，每两点连成一条直线，共得43条不同的直线。(1 )这11个点中有无三点或三个以上的点共线？若有共线，情形怎样？(2 )这11个点构成多少个三角形？解：(1 )设若有x条三点共线，y条四点共线，z条五点共线，于是有：C112 - x(C 32 1) y(C42 1) z(C52 1)=43即 23-2x-5y-9z-=0这方程的解只可能是：x=6,y=z= =0或x=1,y=2,z= =0.由此可知，这11

30、个点中有6条三点共线或一条三点共和二条四点共线的情形。(2 )由上可知这11个点构成三角形个数的情形有C113 6C33= 159或C113 C3 解：问题可以看作：7个元素的全排列一一 A； = 50407位同学站成两排（前 3后4）,共有多少种不同的排法？解：根据分步计数原理：7 X6 X5 X4 X3 X2 X1 = 7! = 50407位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：余下的 6个元素的全排列一一 A；=7207位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？2解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有 A2种；第二步 余下的525

31、5名同学进行全排列有 A5种 贝U共有A2 A5 =240种排列方法7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？解法一（直接法）：第一步 从（除去甲、乙）其余的 5位同学中选2位同学站在排头2和排尾有A5种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）525有A种方法 所以一共有A5 A5 = 2400种排列方法.解法二：（排除法）若甲站在排头有A65种方法；若乙站在排尾有 A；种方法；若甲站5在排头且乙站在排尾则有 A5种方法所以甲不能站在排头，乙不能排在排尾765的排法共有A7 - 2A6 + A =2400种.小结一：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”

32、或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑.例2 :7位同学站成一排.、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）6 2一起进行全排列有 A6种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A2种方法.所以这样的排法一共有 A； A； = 1440种.、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？53解：方法同上，一共有 A5 A3 = 720种.、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在

33、排头和排尾，有 A；种方法；将剩下的 4个元素进行全排列有 A：种方法；最后将2242甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A2种方法.所以这样的排法一共有 A5 A4 A2 =960种方法.解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2 A5种方法，所以丙不能站在排头和排尾的排法有（A66 2A；） A 960 种方法.解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有A；种方法，5再将其余的5个元素进行全排列共有 As种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以这样的排法一共有

34、 A： A A = 960种方法.小结二：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）.例3 :7位同学站成一排.、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一：（排除法）A A A 36005解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有As种方法，此时他们留下六个位置（就称2为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个位置（空）有A6种方法，所以一共有EA 3600种方法.甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：先将其余四个同学排好有 A：种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三 个同学分别插入这五个“空”有A；种方法，所以一共有 A： A； = 1440种.小结三：对于不相邻问题，常用

35、“插空法”（特殊元素后考虑）.例4 :从10个不同的文艺节目中选 6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？1 5解法一：（从特殊位置考虑）A9A9 1360805656解法二：（从特殊元素考虑）若选： 5 A9若不选：A贝V共有5 A9 + A9 = 13608065解法三：（间接法） A10 A9136080例5:八个人排成前后两排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，丙要排在后排，则共有多少种不同的排法？略解：甲、乙排在前排 A ；丙排在后排a4 ；其余进行全排列 A .所以一共有a：a4a；=5760种方法. 不同的五种商品在货架上排

36、成一排，其中a, b两种商品必须排在一起，而c, d两种商品不排在一起，则不同的排法共有多少种？2略解：（“捆绑法”和“插空法”的综合应用）a, b捆在一起与e进行排列有A2 ;2 2此时留下三个空，将 c, d两种商品排进去一共有 A3 ；最后将a, b “松绑”有 A .所以一2 2 2共有A2 A3 A2 = 24种方法.6张同排连号的电影票， 分给3名教师与3名学生，若要求师生相间而坐，则不同的坐法有多少种？略解：（分类）若第一个为老师则有A33 A ;若第一个为学生则有A A所以一共有332 A3 A3 = 72种方法.例6 :由数字1 , 2 , 3 , 4, 5可以组成多少个没有

37、重复数字的正整数？略解：a5 A A a5 A 325 由数字1 , 2 , 3 , 4 , 5可以组成多少个没有重复数字，并且比13 000大的正整数？1 3解法一：分成两类，一类是首位为1时，十位必须大于等于 3有A3A3种方法；另一类141314是首位不为1，有A4A4种方法所以一共有 A3A3 A4A4 114个数比13000大.3 5解法二：（排除法）比13 000小的正整数有 A3个，所以比13 000大的正整数有 A5A3 = 114 个.例7 :用1 , 3 , 6 , 7, 8 , 9组成无重复数字的四位数，由小到大排列. 第114个数是多少？3 796是第几个数？3解： 因

38、为千位数是1的四位数一共有 A5 60个，所以第114个数的千位数应该是2“3”，十位数字是“1 ”即“31”开头的四位数有 A4 12个；同理，以“36 ”、“37”、“38” 开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“ 39 ”，而“3 968 ”排在第6 个位置上，所以“ 3 968 ” 是第114个数.由上可知“ 37”开头的数的前面有 60 + 12 + 12 = 84个，而3 796在“ 37”开头的 四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数.例8 :用0 , 1 , 2 , 3, 4 , 5组成无重复数字的四位数，其中能被25整除的数有多少个？

39、十位数字比个位数字大的有多少个？2 解： 能被25整除的四位数的末两位只能为25 , 50两种，末尾为50的四位数有 A4个，末尾为25的有A1A3个，所以一共有 A： + a3a； = 21个.注：能被25整除的四位数的末两位只能为25 , 50 , 75 , 00四种情况.13用0,1 , 2 , 3, 4 , 5组成无重复数字的四位数，一共有A5A5 300个.因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能的”，所以十位数字比个位数字大1 1 3的有-a5a3150 个.2参考练习1. 有6张椅子排成一排，现有3人就座，恰有两张空椅子相邻的不同坐法数是一一（）A.36B.48C.72D.962. 由1、2、3、4组成的无重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列an,则ai8 =A.3412B.3421C.4312D.43213.5人排成一排，其