高中排列组合方法计划大全

1、高中摆列组合方法计划大全高中摆列组合方法计划大全59/59高中摆列组合方法计划大全摆列与组合的八大典型错误、24种解题技巧和三大模型总论：一、知识点概括二、常有题型分析三、摆列组合解题备忘录1分类谈论的思想等价转变的思想容斥原理与计数模型结构思想四、摆列组合中的8大典型错误1没有理解两个根本源理犯错判断不出是摆列还是组合犯错重复计算犯错遗漏计算犯错忽视题设条件犯错未考虑特别状况犯错7题意的理解误差犯错解题策略的选择不妥犯错五、摆列组合24种解题技巧1排序问题相邻问题捆绑法相离问题插空排定序问题缩倍法插空法定位问题优先法多排问题单排法圆排问题单排法可重复的摆列求幂法全错位摆列问题公式法2分组分派

2、问题均匀分堆问题去除重复法均匀分派问题相同物件分派的隔板法全员分派问题分组法有序分派问题逐分法3摆列组合中的解题技巧至多最少间接法染色问题归并单元格法交织问题容斥原理法结构递推数列法六摆列组合中的根本模型分组模型分堆模型错排模型染色问题一知识点概括1摆列的看法：从n个不一样元素中，任取mmn个元素这里的被取元素各不相同依据必定的序次排成一列，叫做从n个不一样元素中取出m个元素的一个摆列2摆列数的定义：从n个不一样元素中，任取mmn个元素的所有摆列的个数叫做从n个元素中取出m元素的摆列数，用符号Anm表示3摆列数公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)m,nN,mn4阶乘：n!表示正整数1到n

3、的连乘积，叫做n的阶乘规定0!15摆列数的另一个计算公式：Amn!n=(nm)!6组合的看法：一般地，从n个不一样元素中取出mmn个元素并成一组，叫做从n个不一样元素中取出m个元素的一个组合7组合数的看法：从n个不一样元素中取出mmn个元素的所有组合的个数，叫做从n个不一样元素中取出m个元素的组合数用符号mCn表示8组合数公式：CnmAnmn(n1)(n2)L(nm1)Ammm!或Cmnn!(n,mN,且mn)m!(nm)!9组合数的性质1：CnmCnnm规定：Cn01；10组合数的性质2：Cnm1Cnm+Cnm1Cn0Cn2Cn4LCn1Cn3Cn5L2n1;Cn0Cn1LCnn2n11.“

4、16字目标是解决摆列组合问题的根本规律，即：分类相加，分步相乘，有序摆列，无序组合，。“1个技巧是快速解决摆列组合的捷径二基本题型解说例1分别求出符合以下要求的不一样排法的种数16名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；26名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；3从6名运发动中选出4人参加4100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；46人排成一排，甲、乙一定相邻；56人排成一排，甲、乙不相邻；66人排成一排，限制甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边甲、乙、丙可以不相邻解：1分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为A667202甲不可以排头尾，让受特别限制的甲先选地点，有A41种选法，而后其

5、余5人选，有A55种选法，故排法种数为A41A554803有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：乙跑第一棒，其余棒次那么不受限制，排法数为A53；乙不跑第一棒，那么跑第一棒的人有A41种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有A41种选法，其余两棒次不受限制，故有A41A41A22种排法，由分类计数原理，共有A3A1A1A2252种排法54444将甲乙“捆绑成“一个元与其余4人一起作全摆列共有A22A55240种排法5甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人的左、右及之间的空挡插位，共有A44A52或用6人的摆列数减去问题2后摆列数为A662404806三人的

6、序次定，实质是从6个地点中选出三个地点，而后排按规定的序次搁置这三人，其余3人在3个地点上全摆列，故有排法C63A33120种评论：排队问题是一类典型的摆列问题，常有的附带条件是定位与限位、相邻与不相邻例2假定在100件产品中有3件是次品，从中随意抽取5件，求以下抽取方法各多少种？1没有次品；2恰有两件是次品；3最罕有两件是次品解：1没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有C97564446024种2恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，共有C973C32442320种3最罕有2件次品的抽法，挨次品件数来分有二类：第一类，从97件正品中抽取3件

7、，并从3件次品中抽取2件，有C973C32种第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品所有抽取，有C972C33种按分类计数原理有C3C2C2C3446976种973973评论：本题是只选“元而不排“序的典型的组合问题，附带的条件是从不一样种类的元素中抽取，应该注意：假如第3题采纳先从3件次品抽取2件以保证最罕有2件是次品，再从余下的98件产品中随意抽取3件的抽法，那么所得结果是C32C983466288种，其结论是错误的，错在“重复：假定3件次品是A、B、C，第一步先抽A、B第二步再抽C和其余2件正品，与第一步先抽A、C或B、C，第二步再抽B或A和其余2件正品是同一种抽法，但在算式C32C9

8、83中算作3种不一样抽法mm1mm1m1mm1例3求证：An1mAn1An；CnCn2CnCn2证明：利用摆列数公式n1!mn1!左m1!nm!nnmn1!mn1!n!Anm右nm!nm!另一种证法：利用摆列的定义理解从n个元素中取m个元素摆列可以分红两类：第一类不含某特别元素a的摆列有Anm1m1第二类含元素a的摆列那么先从n1个元素中取出m1个元素摆列有An1种，而后将a插入，共有mm1个空档，故有mAn1种，mm1m所以An1mAn1An利用组合数公式左n!n!2n!m1!nm1m1nm1!mnm!n!nmnm1mm12m1nm1m1!nm1!n!n2n1n2!m1Cn2右m1!nm1!

9、m1!nm1!另法：利用公式CnmCnm1Cnm11推得左m1mmm1m1nm1右CnCnCnCnCn1Cn1Cn2评论：证明摆列、组合恒等式平常利用摆列数、组合数公式及组合数根天性质例4f是会合Aa,b,c,d到会合B0,1,2的映照1不一样的映照f有多少个？2假定要求fafbfcfd4那么不一样的映照f有多少个？分析：1确立一个映照f，需要确立a,b,c,d的像2a,b,c,d的象元之和为4，那么加数可能出现多种状况，即4有多种分析方案，各方案独立且并列需要分类计算解：1A中每个元都可选0,1,2三者之一为像，由分步计数原理，共有333334个不一样映照2依据a,b,c,d对应的像为2的个

10、数来分类，可分为三类：第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映照只有一个；第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映照有C41P3112个；第三类：二个元素的像是2，另两个元素的像必为0，这样的映照有C426个由分类计数原理共有1+12+6=19个评论：问题1可套用投信模型：n封不一样的信投入m个不一样的信箱，有mn种方法；问题2的要点联合映照看法合适确立分类标准，做到不重、不漏例5四周体的极点和各棱的中点共10个点1设一个极点为A，从其余9点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不一样的取法有多少种？2在这10点中取4个不共面的点，不一样的取法有

11、多少种？解：1如图，含极点A的四周体的三个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C53种取法含极点A的棱有三条，每条棱上有3个点，它们与所对棱的中点共面，共有3种取法依据分类计数原理和点A共面三点取法共有33333种C52取出的4点不共面比取出的4点共面的情况要复杂，故采纳间接法：先不加限制任取4点C104种取法减去4点共面的取法取出的4点共面有三类：第一类：从四周体的同一个面上的6点取出4点共面，有4C64种取法第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，有6种取法第三类：从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法依据分类计数原理4点共面取法共有4C646369故取4个点不共

12、面的不一样取法有C1044C6463141种评论：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附带的条件是点共线与不共线，点共面与不共面，线共面与不共面等三、摆列组合解题备忘录：个不一样的元素一定相邻，有Pmm种“捆绑方法个不一样元素互不相邻，分别“插入到个“空隙中的个地点有Pnm种不一样的“插入方法个相同的元素互不相邻，分别“插入到个“空隙中的个地点，有Cnm种不一样的“插入方法假定干个不一样的元素“均分为个组,要将采纳出每一个组的组合数的乘积除以Pmm四摆列组合问题中的数学思想方法一分类谈论的思想：很多“数数问题常常情境复杂，层次多，视角广，这就需要我们在分析问题时，选择合适的切

13、入点，从不一样的侧面，把原问题变为几个小问题，分而治之，各样击破。例.会合A和会合B各含有12个元素，AIB含有4个元素，求同时满足以下条件的会合C的个数：1CAUB且C中含有3个元素，2CIA解：如图，因为A，B各含有12个元素，AIB含有4个元素，所以AUB中的元素有12+12-4=20个，此中属于A的有12个，属于A而不属于B的有8个，要使84CIA，那么C中的元素最少含在A中，会合C的个数是：1只含A中1个元素8的有C121C82；2含A中2个元素的有C122C81；3含A中3个元素的有C123C80，故所求的会合C的个数共C121C82+C122C81+C123C80=1084个二等

14、价转变的思想：很多“数数问题的解决，假如能跳出题没有限制的“圈子，依据题目的特色构想设计出一个等价转变的门路，可使问题的解决表现出“要峰回路转的格局。详细与抽象的转变例.某人射击7枪，击中5枪，问击中和末击中的不一样序次状况有多少种？分析：没击顶用“1表示，击中的用“0表示，可将问题转变不以下问题：数列a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7有两项为0，5项是1，不一样的数列个数有多少个？解：1两个0不相邻的状况有C62种，2两个0相邻的状况有C61种，所以击中和末击中的不一样序次状况C62+C61=21种。2不一样的数学看法之间的转变.连接正方体8个极点的直线中，为异面直线有多少对？分析：正

15、面求解或反面求解利用补集，虽可行，但简单遗漏或重复，注意这样一个事实，每一个三棱锥对应着三对异面直线，因此转变为计算以正方体极点，可以构成多少个三棱锥解：从正文体珠8个极点中任取4个，有C84种，此中4点共面的有12种，6个表面和6个对角面将不共面的4点可构一个三棱锥，共有C84-12个三棱锥，因此共有3C84-12=174对异面直线。综上所述，有以上几种解摆列组合的方法，其余，自然也还有其余的方法要靠我们去发现和累积，我们要掌握好这些方法，并且可以灵巧运用，这样，在平常生活中，我们们能轻易解决很多问题。教师评论：对摆列组合问题的办理方法总结得很细、很全面，并且发掘出此中所储藏的数学思想方法，

16、对学习摆列组合有必定的指导性。三容斥原理与计数1、文氏图：在文氏图中,以以以下图形的含义以下：矩形：其内部的点表示全集的所有元素；矩形内的圆或其余闭曲线：表示不一样的会合；圆或闭曲线内部的点：表示相应会合的元素。2、三交集公式：A+B+C=ABC+AB+BC+AC-ABCABC指的是E，ABC指的是D四模型结构例1.4名同学各写一张贺卡，先集中起来，而后每人从中取出一张他人写的贺卡，那么四张贺卡的不一样分配方式共有种.例2.将编号为1，2，3，4的四个小球分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子放一个小球，且小球的编号与盒子的编号不可以相同，那么共有种不一样的放法.这两个问题的实

17、质都是每个元素都不在自己编号的地点上的摆列问题，我们把这种限制条件的摆列问题叫做全错位摆列问题.3.五位同学坐在一排，现让五位同学从头坐，至多有两位同学坐自己本来的地点，那么不一样的坐法有种.分析：可以分类解决：第一类，所有同学都不坐自己本来的地点；第二类，恰有一位同学坐自己本来的地点；第三类，恰有两位同学坐自己本来的地点.对于第一类，就是上边讲的全错位摆列问题；对于第二、第三类有局部元素还据有本来的地点，其余元素可以归纳为全错位摆列问题，我们称这种摆列问题为局部错位摆列问题.设n个元素全错位摆列的摆列数为n，那么对于例3，第一类摆列数为5，第二类先确立一个排本来地点的TT同学有5种可能，其余

18、四个同学全错位摆列，所以第二类的摆列数为54，第三类先确立两个排原位的同T学，有C235435=10种，所以第三类的摆列数为10T，所以例3的答案为：T+5T+10T.五摆列组合中的易错题没有理解两个根本源理犯错摆列组合问题鉴于两个根本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘是解决摆列组合问题的前提.例11995年上海高考题从6台原装计算机和5台组装计算机中随意采纳5台,此中最罕有原装与组装计算机各两台,那么不一样的取法有种.误会：因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法.错因分析：误会的原由在于没存心识到“采纳2台原装与3台组装计算机

19、或是3台原装与2台组装计算机是达成任务的两“类方法，每类方法中都还有不一样的取法.正解：由分析，达成第一类方法还可以分红两步：第一步在原装计算机中随意采纳2台，有C62种方法；第二步是在组装计算机随意采纳3台，有C53种方法，据乘法原理共有C62C53种方法.同理，达成第二类办法中有C3C2种方法.据加法原理达成所有的采纳过程共有C2C3C3C2350种方法.656565例2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不一样的夺冠状况共有种.AA43B43C34DC43误会：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个地点上，选A.错因分析：误会是没有理解乘法原理的看法，盲目地套用公式.正解：

20、四项比赛的冠军挨次在甲、乙、丙三人中采纳，每项冠军都有3种采纳方法，由乘法原理共有333334种.说明：本题还有同学这样误会，甲乙丙夺冠均有四种状况，由乘法原理得43.这是因为没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其余人就不再有4种夺冠可能.判断不出是摆列还是组合犯错在判断一个问题是摆列还是组合问题时，主要看元素的构成有没有序次性，有序次的是摆列，无序次的是组合.例3有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不一样的摆列方法？误会：因为是8个小球的全摆列，所以共有A88种方法.错因分析：误会中没有考虑3个红色小球是完整相同的，5个白色小球也是完整相同的，同色球之间交换地点是

21、同一种排法.正解：8个小球排好后对应着8个地点，题中的排法相当于在8个地点中选出3个地点给红球，剩下的位置给白球，因为这3个红球完整相同，所以没有序次，是组合问题.这样共有：C8356排法.重复计算犯错在摆列组合中常会碰到元素分派问题、均匀分组问题等，这些问题要注意防范重复计数，产生错误。例42002年北京文科高考题5本不一样的书全局部给4个学生，每个学生最少一本，不一样的分法种数为A480种B240种C120种D96种误会：先从5本书中取4安分给4个人，有A54种方法，剩下的1本书可以给随意一个人有4种分法，共有4A54480种不一样的分法，选A.错因分析：设5本书为a、b、c、d、e，四个

22、人为甲、乙、丙、丁.依据上述分法可能以下的表1和表2：甲乙丙丁甲乙丙丁abcdebcdea表1表2表1是甲第一分得a、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书e给甲的状况；表2是甲第一分得e、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书a给甲的状况.这两种状况是完整相同的，而在误会被骗算成了不一样的状况。正好重复了一次.正解：第一把5本书转变为4本书，而后分给4个人.第一步：从5本书中随意取出2本捆绑成一本书，有C52种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有A44种方法.由乘法原理，共有C52A44240种方法，应选B.例5某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每日安排一人值班，每人最少值2天

23、，其不一样的排法共有种.A5040B1260C210D630误会：第一个人先优选2天，第二个人再优选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全摆列.共有：C72C52A331260，选B.错因分析：这里是均匀分组问题.比方：第一人优选的是周一、周二，第二人优选的是周三、周四；也可能是第一个人优选的是周三、周四，第二人优选的是周一、周二，所以在全摆列的过程中就重复计算了.C2C2A3正解：753630种.2遗漏计算犯错在摆列组合问题中还可能因为考虑问题不够全面，因为遗漏某些状况，而犯错。例6用数字0，1，2，3，4构成没有重复数字的比1000大的奇数共有A36个B48个C66个D72个误会：如

24、右图，最后一位只好是1或3有两种取法，01，3又因为第1位不可以是0，在最后一位取定后只有3种取法，剩下3个数排中间两个地点有A32种排法，共有23A3236个.错因分析：误会只考虑了四位数的状况，而比1000大的奇数还可能是五位数.正解：任一个五位的奇数都符合要求，共有23A3336个，再由前面分析四位数个数和五位数个数之和共有72个，选D.忽视题设条件犯错在解决摆列组合问题时必定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，否则即可能多解或许漏解.例7(2003全国高考题)如图，一个25地域分为5个行政地域，现给地图着色，134要求相邻地域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，那么不一样的着

25、色方法共有种.以数字作答误会：先着色第一地域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个地域，即有一种颜色涂相对的两块地域，有C312A2212种，由乘法原理共有：41248种.错因分析：据报导，在高考取有很多考生填了48种.这主假如没有看清题设“有4种颜色可供选择，不必定需要4种颜色所有使用，用3种也可以达成任务.正解：当使用四种颜色时，由前面的误会知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中采纳3种有C43种方法，先着色第一地域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个地域，只好是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5地域，有2种着色方法，由乘法原理有C433224种.综上共有：482472种.例

26、8ax2b0是对于x的一元二次方程，此中a、b1,2,3,4，求解集不一样的一元二次方程的个数.解：从会合1,2,3,4中随意取两个元素作a、b，方程有A42个，当a、b取同一个数方程有1个，共A42113个.因分析：解中没有注意到中：“求解集不一样的所以在上述解法中要去掉同解状况，因为a1和a2同解、a2和a4同解，故要减去2个。b2b4b1b2正解：由分析，共有13211个解集不一样的一元二次方程.未考特别状况出在摆列合中要特注意一些特别状况，一有疏忽就会出.9有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民各一，100元人民2，从中最少取一，共可成不一样的种数是(A)10

27、24种(B)1023种(C)1536种(D)1535种解：因共有人民11，每人民都有取和不取2种状况，减去全不取的1种状况，共有21011023种.因分析：里100元面比特别有两，在解中被算成4种状况，上只有不取、取一和取二3种状况.正解：除100元人民以外每均有取和不取2种状况，100元人民的取法有3种状况，再减去全不取的1种状况，所以共有29311535种.意的理解误差出例10有8个人排成一排照相，此中有甲、乙、丙三人不可以相的排法有种.AA63A55BA88A66A33CA53A33DA88A64解：除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有A55种排法，5人排好后生6个空档，插入甲、乙、丙三

28、人有A3种方法，共有A3A5种排法，A.665因分析：解中没有理解“甲、乙、丙三人不可以相的含，获取的果是“甲、乙、丙三人互不相的状况.“甲、乙、丙三人不可以相是指甲、乙、丙三人不可以同相，但允此中有两人相.正解：在8个人全摆列的方法数中减去甲、乙、丙全相的方法数，就获取甲、乙、丙三人不相的方法数，即A8A6A3，故B.863解题策略的选择不妥犯错有些摆列组合问题用直接法或分类谈论比较困难，要采纳合适的解决议略，如间接法、插入法、捆绑法、概率法等，有助于问题的解决.例10高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，此中工厂甲一定有班级去，每班去何工厂可自由选择，那么不一样的分派方案有

29、.A16种B18种C37种D48种误会：甲工厂先派一个班去，有3种选派方法，剩下的2个班均有4种选择，这样共有34448种方案.错因分析：明显这里有重复计算.如：a班先派去了甲工厂，b班选择时也去了甲工厂，这与b班先派去了甲工厂，a班选择时也去了甲工厂是同一种状况，而在上述解法中看作了不一样样的状况，并且这种重复很难除去.正解：用间接法.先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的状况，即：44433337种方案.摆列组合问题固然种类众多，但只需能掌握住最常有的原理和方法，即：“分步用乘、分类用加、有序摆列、无序组合，留意简单犯错的地方即可以以不变应万变，把摆列组合学好.六练习1五

30、个工程队承建某项工程的五个不一样的子工程，每个工程队承建1项，此中甲工程队不可以承建1号子工程，那么不一样的承建方案共有(B)AC41C44种BC41A44种CC44种DA44种2在由数字0，1，2，3，4，5所构成的没有重复数字的四位数中，不可以被5整除的数共有192个3有12个座位，现安排2人就座并且这2人不左右相邻，那么不一样排法的种数是_110_4某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，此中一班有3位，二班有2位，其余班有5位，假定采纳抽签的方式确立他们的演讲序次，那么一班有3位同学恰巧被排在一起指演讲序号相连，不论人的序次，而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：DA1B1C1

31、D11020401205用1、2、3、4、5、6、7、8构成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有576个6把一起排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全局部给4个人，每人最少分1张，至多分2，且两票拥有的号，那么不一样的分法种数(D)A168B96C72D1447将号1，2，10的10个球放入号1，2，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰巧3个球的号与其在盒子的号不一致的放入方法种数BA120B240C360D7208从5位男教和4位女教中出3位教，派到3个班担当班主任每班1位班主任，要求3位班主任中男、女教都要有，不一样的

32、派方案共B种A210种B420种C630种D840从会合P，Q，R，S与0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任2个元素排成一排(字母和数字均不可以重复)每排中字母Q和数字0至多只好出一个的不一样排法种数是_5832_(用数字作答)10从6人中出4人分到巴黎、敦、悉尼、莫斯科四个城市游，要求每个城市有一人游，每人只游一个城市，且6人中甲、乙两人不去巴黎游，不一样的方案共有BA300种B240种C144种D96种示：C44A442C433A33C422A3311四棱的8条棱代表8种不一样的化工品,有公共点的两条棱代表的化工品放在同一是危的,没有公共点的两条棱多代表的化工品放在同一是安全的,打

33、算用号、的4个寄存8种化工品,那么安全寄存的不一样方法种数(B)A96B48C24D0124棵柳和4棵栽成一行，柳、逐个相的栽法有_种分析：2A44A44=1152种答案：115213某餐供客，每位客可以在餐供给的菜肴中任2菜2素共4种不一样的品种在餐准了5种不一样的菜，假定要保每位客有200种以上的不一样，餐最少需要不一样的素菜品种_种果用数表示分析：素菜n种，C25C2n200nn140，所以n的最小7答案：714有号1，2，3，4，5的五个球和号1，2，3，4，5的五个盒子将五个球投放入五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰巧有两个球的编号与盒子的编号相同，那么这样的投放方法有多少种

34、?分析：五个球分别投放到五个盒子内，恰巧有两个球的编号与盒子的编号相同，那么其余三个球必不可以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，就成了受限的特别元素与特别地点解：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C2种；剩下的三个球，不失一般性，5不如设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C12，那么投放4，5号球的方法只有一种，依据分步计数原理共有C25C12=20种评论：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一样的盒子内，故应分步达成15球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，欲将此十球中的4球击

35、入袋中，但总分不低于5分，击球方法有几种？解：设击入黄球x个，红球y个符合要求，那么有x+y=4，2x+y5x、yN，得1x4x1,x2,x3,x4,3;y2;y1;y0.y相应每组解x，y，击球方法数分别为C1C3，C2C2，C3C1，C4C046464646共有不一样击球方法数为C14C63+C42C62+C43C16+C44C60=195七摆列组合问题经典题型与通用方法一排序问题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，看作一个大元素参加摆列.例1.A,B,C,D,E五人并排站成一排，假如A,B一定相邻且B在A的右边，那么不一样的排法有A、60种B、48种C、36种D、2

36、4种分析：把A,B视为一人，且B固定在A的右边，那么本题相当于4人的全摆列，A4424种，答案：D.相离问题插空排:元素相离即不相邻问题，可先把无地点要求的几个元素全摆列，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头.例2.七人并排站成一行，假如甲乙两个一定不相邻，那么不一样的排法种数是A、1440种B、3600种C、4820种D、4800种分析：除甲乙外，其余5个摆列数为A55种，再用甲乙去插6个空位有A62种，不一样的排法种数是A55A623600种，选B.3.定序问题缩倍法:在摆列问题中限制某几个元素一定保持必定的序次，可用减小倍数的方法.例,B,C,D,E五人并排站成一排，假如

37、B一定站在A的右边A,B可以不相邻那么不一样的排法有A、24种B、60种C、90种D、120种分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法不过5个元素全摆列数的一半，即1A5560种，选B.2定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定地点，可先排这个或几个元素；再排其余的元素。例11.现有1名老师和4名获奖同学排成一排照相纪念，假定老师不站两头那么有不一样的排法有多少种？分析：老师在中间三个地点上选一个有A31种，4名同学在其余4个地点上有A44种方法；所以共有A31A4472种。多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归纳为一排考虑，再分段办理。例12.16个不一样的元素排成前后两

38、排，每排3个元素，那么不一样的排法种数是A、36种B、120种C、720种D、1440种28个不一样的元素排成前后两排，每排4个元素，此中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不一样排法？分析：1前后两排可看作一排的两段，所以本题可看作6个不一样的元素排成一排，共A66720种，选C.2分析：看作一排，某2个元素在前半段四个地点中选排2个，有A42种，某1个元素排在后半段的四个地点中选一个有A41种，其余5个元素任排5个地点上有A55种，故共有A41A42A555760种排法.16.圆排问题单排法:把n个不一样元素放在圆周n个无编号地点上的摆列，序次比方按顺时钟不一样的排法才算不一

39、样的摆列，而序次相同即旋转一下即可以重合的排法以为是相同的，它与一般摆列的差异在于只计序次而无首位、末位之分，以下n个一般摆列：a1,a2,a3LLLL,an1在圆摆列中只算一种，因为旋转后可以重合，故以为相同，n,an;a2,a3,a4,an,;an,a1,个元素的圆摆列数有n!种.所以可将某个元素固定展成单排，其余的n1元素全摆列.n例16.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不一样站法？分析：第一可让5位姐姐站成一圈，属圆摆列有A44种，而后在让插入此间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不一样的安排方式2425768种不一样站法.说明：从n个不一样元素中取出m个元

40、素作圆形摆列共有1Am种不一样排法.nm17.可重复的摆列求幂法:同意重复摆列问题的特色是以元素为研究对象，元素不受地点的拘束，可逐个安排元素的地点，一般地n个不一样元素排在m个不一样地点的摆列数有mn种方法.例17.把6名生疏派到7个共有多少种不一样方法？分析：达成此事共分6步，第一步；将第一名生疏派到有7种不一样方案，第二步：将第二名生疏派到也有7种不一样方案，挨次推，由分步数原理知共有76种不一样方案.排先取后排:从几元素中取出符合意的几个元素，再安排到必定的地点上，可用先取后排法.例14.1四个不一样球放入号1，2，3，4的四个盒中，恰有一个空盒的放法有多少种？29名球运，此中男5名，

41、女4名，在要行混淆双打，有多少种不一样的分方法？分析：先取四个球中二个一，另二各一个球的方法有C42种，再排：在四个盒中每次排3个有A43种，故共有C42A43144种.分析：先取男女运各2名，有C52C42种，四名运混和双打有A22种排法，故共有C52C42A22120.号排位分步法:把元素排到指定地点上，可先把某个元素按定排入，第二步再排另一个元素，这样下去，挨次即可达成.例4.将数字1，2，3，4填入号1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，每个方格的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种分析：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数字填

42、入其余三个方格，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，B.全位摆列公式法:全位摆列卡，信封住公式即可瑞士数学家欧拉按一般状况出了一个推公式：用A、B、C表示写着n位友人名字的信封，a、b、c表示n份相的写好的信。把装的数作f(n)。假把a装B里了，包含着个的全部装法分两：1b装入A里，每种装的其余局部都与A、B、a、b没关，有f(n-2)种装法。2b装入A、B以外的一个信封，的装信工作是把除a以外的份信b、c装入除B以外的n1个信封A、C，然装的方法有f(n-1)种。之在a装入B的之下，共有装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D的n2种之下，同都

43、有f(n-2)+f(n-1)种装法，所以:获取一个推公式：f(n)=(n-1)f(n-1)+f(n-2)，分代入n=2、3、4等可推得果。也可用迭代法推出一般公式：f(n)n!(1111(1)n1)1!2!3!n!.五位同学坐在一排，五位同学从头坐，至多有两位同学坐自己本来的地点，不一样的坐法有种.分析：可以分解决：第一，所有同学都不坐自己本来的地点；第二，恰有一位同学坐自己本来的地点；第三，恰有两位同学坐自己本来的地点.于第一，就是上边的全位摆列；于第二、第三有局部元素据有本来的地点，其余元素可以全位摆列，我称种摆列局部位摆列.n个元素全位摆列的摆列数Tn，于例3，第一摆列数T5，第二先确立

44、一个排本来位置的同学有5种可能，其余四个同学全位摆列，所以第二的摆列数5T4，第三先确立两个排原位的同学，有C52=10种，所以第三的摆列数10T3，所以例3的答案：T5+5T4+10T3.二分分派24均匀分堆去除重复法例2.从7个参加的人中，出6个人，分红两，每都是3人，有多少种不一样的分法？分析：7个人a、b、c、d、e、f、g写出一些来观察。表13人再3人分方法种数abcdef两种只好defabc算一种分法abcdeg两种只好degabc算一种分法由表1可，把abc，def看作2个元素序不一样的摆列有种，而只好算一种分方法。解：3人一有种，再3人另一有种，依分步数原理，又每种分法只好算一

45、种，所以不一样的分法有种。也可以先再分70种例66本不一样的均匀分红三堆，有多少种不一样的方法？12,(a3456=6种，而6种分法只算一种分堆分析：分出三堆a,a,a)，a,a由序不一样可以有方式，故6本不一样的均匀分红三堆方式有=15种：16安分三份，2份1本，1份4本，有不一样分法？2某年6个班的数学，分派甲乙丙三名数学教任教，每人教两个班，分派方法的种数。5.有序分派问题逐分法:有序分派问题指把元素分红假定干组，可用逐渐下量分组法.例5.1有甲乙丙三项任务，甲需2人担当，乙丙各需一人担当，从10人中选出4人担当这三项任务，不一样的选法种数是A、1260种B、2025种C、2520种D、

46、5040种212名同学分别到三个不一样的路口进行流量的检查，假定每个路口4人，那么不一样的分派方案有A、C124C84C44种B、3C124C84C44种C、C124C84A33种C124C84C44D、A33种分析：1先从10人中选出2人担当甲项任务，再从剩下的8人中选1人担当乙项任务，第三步从其余的7人中选1人担当丙项任务，不一样的选法共有C102C81C712520种，选C.2答案：A.全员分派问题分组法:例6.14名优异学生所有保送到3所学校去，每所学校最少去一名，那么不一样的保送方案有多少种？25本不一样的书，全局部给4个学生，每个学生最少一本，不一样的分法种数为A、480种B、24

47、0种C、120种D、96种答案：136.(2)B.名额分派问题隔板法(无差异物件分派问题隔板法):例7：10个三勤学生名额分到7个班级，每个班级最少一个名额，有多少种不一样分派方案？分析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看作10个相同的小球分红7堆，每堆最少一个，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派方案，故共有不一样的分派方案为C9684.8.限制条件的分派问题分类法:8.某高校从某系的10名优异毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，此中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不一样派遗方案？分析：因为甲乙有限制条件，所以依据能否含有甲乙来

48、分类，有以下四种状况：假定甲乙都不参加，那么有派遗方案A84种；假定甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，而后安排其余学生有A83方法，所以共有3A83；假定乙参加而甲不参加同理也有3A83种；假定甲乙都参加，那么先安排甲乙，有7种方法，而后再安排其余8人到其余两个城市有A82种，共有7A82方法.所以共有不一样的派遗方法总数为A843A833A837A824088种.三摆列组合问题中的技巧交织问题会合法容斥原理：某些摆列组合问题几局部之间有交集，可用会合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB)例10.从6名运发动中选出4人参加4100米接力赛，假如甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有

49、多少种不同的参赛方案？分析：设全集=6人中任取4人参赛的摆列，A=甲跑第一棒的摆列，B=乙跑第四棒的摆列，依据求会合元素个数的公式得参赛方法共有：n(I)n(A)n(B)n(AB)A4A3A3A2252种.655413.“最少“至多问题用间接除去法或分类法:例13.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，此中最少要甲型和乙型电视机各一台，那么不一样的取法共有A、140种B、80种C、70种D、35种分析1：逆向思虑，最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，故不一样的取法共有C93C43C5370种,选.C分析2：最少要甲型和乙型电视机各一台可分两种状况：甲型1台乙型2台；甲

50、型2台乙型1台；故不一样的取法有C52C41C51C4270台,选C.23结构数列递推法例一楼梯共10级，假如规定每次只好跨上一级或两级，要走上这10级楼梯，共有多少种不一样的走法？分析：设上n级楼梯的走法为an种，易知a1=1,a2=2,当n2时，上n级楼梯的走法可分两类：第一类：是最后一步跨一级，有an-1种走法，第二类是最后一步跨两级，有an-2种走法，由加法原理知：据此，a3=a1+a2=3,a4=a#+a2=5,a5=a4+a3=8,a6=13,a7=21,a8=34,a9=55,a10=89.故走上10级楼梯共有an=an-1+an-2,89种不一样的方法。局部合条件问题除去法:在

51、采纳的总数中，只有一局部合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求.例15.1以正方体的极点为极点的四周体共有A、70种B、64种C、58种D、52种2四周体的极点和各棱中点共10点，在此中取4个不共面的点，不一样的取法共有A、150种B、147种C、144种D、141种分析：1正方体8个极点从中每次取四点，理论上可构成C84四周体，但6个表面和6个对角面的四个极点共面都不可以构成四周体，所以四周体实质共有C841258个.2分析：10个点中任取4个点共有C104种，此中四点共面的有三种状况：在四周体的四个面上，每面内四点共面的状况为C64，四个面共有4C64个；过空间四边形各边中点的平行

52、四边形共3个；过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的状况的种数是C1044C6436141种.18.复摆列合结构模型法:18.路上有号1，2，3，9九只路灯，要关掉此中的三，但不可以关掉相的二或三，也不可以关掉两头的两，求足条件的关灯方案有多少种？分析：把此看作一个排模型，在6亮灯的5个空隙中插入3不亮的灯C53种方法,所以足条件的关灯方案有10种.明：一些不易理解的摆列合，假如能化熟习的模型如填空模型，排模型，装盒模型可使简单解决.19.元素个数少的摆列合可以考枚法:例19.有号1，2，3，4，5的五个球和号1，2，3，4，5的盒子将5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且

53、恰巧有两个球的号与盒子号相同，有多少种不一样的方法？分析：从5个球中取出2个与盒子号有C52种，剩下3个球与3个盒子序号不可以，利用枚法分析，假如剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子，3号球不可以装入3号盒子，当3号球装入4号盒子，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子，4，5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，所以共装法数2C5220种.多元分法：元素多，取出的状况也多种，可按果要求分红不相容的几状况分数再相加。例91由数字0，1，2，3，4，5成没有重复数字的六位数，此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2从1，2，3，100100个数

54、中，任取两个数，使它的乘能被7整除，两个数的取法不序共有多少种？3从1，2，3，100100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法不序有多少种？分析：(1)按意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种状况，分有A55个，A41A31A33,A31A31A33,A21A31A33,A31A33个，归并300个,B.另解，首位数字不可以0，故首位数字有5种，其余五个数字全摆列A55，因为个位数字比十位数字大与个位数字比十位数字小是称的。故所求六位数共有5A55/2=300。2分析：被取的两个数中最罕有一个能被7整除，他的乘就能被7整除，将100个数成的会合全集I,能被7整除的数的会合做A7,1

55、4,21,L98共有14个元素,不可以被7整除的数成的会合做A1,2,3,4,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C142，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C141C861，两种情况共符合要求的取法有C142C141C8611295种.3分析：将I1,2,3L,100分红四个不订交的子集，能被4整除的数集A4,8,12,L100；能被4除余1的数集B1,5,9,L97，能被4除余2的数集C2,6,L,98，能被4除余3的数集D3,7,11,L99，易见这四个会合中每一个有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

56、；其余其余取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有C252C125C251C252种.20.复杂的摆列组合问题也可用分解与合成法:20.130030能被多少个不一样偶数整除？2正方体8个极点可连成多少对异面直线？分析：先把30030分解成质因数的形式：30030=23571113；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取假定干个构成成积，所有的偶因数为C50C15C52C53C54C5532个.2分析：因为四周体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个极点可构成多少个不一样的四面体，从正方体8个极点中任取四个极点构成的四周体有C841258个，所以8个极点可连成的异面直

57、线有358=174对.利用对应思想转变法:对应思想是教材中浸透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转变为简单问题办理.例21.1圆周上有10点，以这些点为端点的弦订交于圆内的交点有多少个？2某城市的街区有12个全等的矩形构成，此中实线表示马路，从A到B的最短路径有多少种？分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线订交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦订交于圆内的一个交点，于是问题就转变为圆周上的10个点可以确立多少个不一样的四边形，明显有C104个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦订交于圆内的交点有C104个.2分析：可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线一定走7小段，

58、此中：向东4段，向北3段；并且前一段的尾接后一段的首，所以只需确立向东走过4段的走法，便能确立路径，所以不一样走法有C74种.17圆周上共有15个不一样的点，过此中随意两点连一弦，这些弦在圆内的交点最多有多少各？分析：因两弦在圆内假定有一交点，那么该交点对应于一个以两弦的四端点为极点的圆内接四边形，那么问题化为圆周上的15个不一样的点能构成多少个圆内接四边形，所以这些此刻圆内的交点最多有=1365个四染色问题24染色问题归并单元格解决八、摆列组合中常有模型一分组问题因为波及的面比广，所以是摆列、合中的点。假如不过断章取的去教课，不从根本上去加以理解、，那么就很正确的解答各型，下边惯例予以浅。1

59、、非均匀分所“非均匀分是指将所有元素分红元素个数相互不相等的。例1.七个人参加，按以下方法分有多少种不一样的分法？1分红三，分1人、2人、4人；2出5个人再分红两，一2人，另一3人。解：1出1人的方法有种，再由剩下的6个人中出2人的方法有种，剩下的4人一有种，依分步数原理得分的方法有种2可直接从7人中出2人的方法有种，再由余下的5个人中3人的方法有种，所以依分步数原理，分的方法有：种。也可先取5人，再分两有种。2、均匀分所“均匀分是指将所有元素分红所有元素个数相等或局部元素个数相等的。所有均匀分例2.从7个参加的人中，出6个人，分红两，每都是3人，有多少种不一样的分法？分析：7个人a、b、c、

60、d、e、f、g写出一些来观察。表13人再3人分方法种数abcdef两种只好defabc算一种分法abcdeg两种只好degabc算一种分法由表1可，把abc，def看作2个元素序不一样的摆列有种，而只好算一种分方法。解：3人一有种，再3人另一有种，依分步数原理，又每种分法只好算一种，所以不一样的分法有种。也可以先再分70种(2)局部均匀分例3.将十个不一样的部件分红四堆，每堆分有2个、2个、2个、4个，有多少种不一样的分法？分析：十个部件a、b、c、d、e、f、g、h、i、j写出一些来观察表22个再2又2个剩下四个分方法数abcdefghijabefcdghijcdabefghijcdefab