高中数学排列组合经典题型全面总结版

高中数学排列与组合

（-）典型分类讲解

特殊元素和特殊位置优先策略

例1,由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.

解：由于末位和首位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素葡菁两舍售

先排末位共有C；

然后排首位共有C：

最后排其它位置共有用C；A；C；

由分步计数原理得团=288

练习题：7种不同的花种在排成一列的花盆里，若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少

不同的种法？

二.相邻元素捆绑策略

例2.7人站成一排，其中甲乙相邻且丙丁相邻，共有多少种不同的排法.

解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进

行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有&考片=480种不同的排法

要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素

一起作排列，同时要注意合并元素内部也必须排列.

练习题：某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪盖在一起的情形的不同种数为20

三.不相邻问题插空策略

例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声，3个独唱，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有多少

种？

解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间

包含首尾两个空位共有种不同的方法，由分步计数原理，节目的不同顺序共有种

元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端

练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节

目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为3

四.定序问题倍缩空位插入策略

例4.7人排队，其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法

解：（倍缩法）对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总

排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有不同排法种数是：A}IA}

（空位法）设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有4种方法，其余的三个位置甲乙丙共有」

种坐法，则共有4种方法。

思考:可以先让甲乙丙就坐吗？

（插入法）先排甲乙丙三个人，共有1种排法，再把其余4四人依次插入共有方法

定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理

练习题：10人身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？

五.重排问题求嘉策略

例5.把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法

解：完成此事共分六步：把第一名实习生分配到车间有工种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依

此类推，由分步计数原理共有种不同的排法

允许重复的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，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不

同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为机”种

练习题：

1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原

节目单中，那么不同插法的种数为且

2.某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人，他们到各自的一层下电梯，下电梯的方法H

六.环排问题线排策略

例6.8人围桌而坐，共有多少种坐法？

解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人并从此位置把圆形展

成直线其余7人共有(8-1)!种排法即7!

c

ABCBEFGHA

一般地,n个不同元素作圆形排列，共有(n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有-A"'

n

练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈120

七.多排问题直排策略

例7.8人排成前后两排，每排4人，其中甲乙在前排，丙在后排，共有多少排法

解：8人排前后两排，相当于8人坐8把椅子，可以把椅子排成一排.个特殊元素有幺：种，再排后4个位

置上的特殊元素丙有种，其余的5人在5个位置上任意排列有④种，则共有qH种

H「二「二

前排后排

一般地，元素分成多排的排列问题，可归结为一排考虑，再分段研究.

练习题：有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人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346

A.排列组合混合问题先选后排策略

例8.有5个不同的小球，装入4个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有多少不同的装法.

解：第一步从5个球中选出2个组成复合元共有4种方法.再把4个元素(包含一个复合元素)装入4

个不同的盒内有幺：种方法，根据分步计数原理装球的方法共有根：

解决排列组合混合问题.先选后排是最基本的指导思想,此法与相邻元素捆绑策略相似吗？

练习题：一个班有6名战士，其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务，每人完成一种任务,

且正副班长有且只有1人参加，则不同的选法有」2£_种

2

九.小集团问题先整体后局部策略

例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹1,5在两个奇数之间，这样的五位数有

多少个？

解：把1,5,2,4当作一个小集团与3排队共有4种排法，再排小集团内部共有种排法，由

分步计数原理共有2国外；种排法.QED

练习题：

1.计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种

的必须连在一起，并且水彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为心过

2.5男生和5女生站成一排照像，男生相邻，女生也相邻的排法有种

十.元素相同问题隔板策略

例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个，有多少种分配方案？

解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位

置插个隔板，可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有乙种

分法。

将n个相同的元素分成m份(n,m为正整数)，每份至少一个元素，可以用m-1块隔板，插入n个元素排成一排的n-1个

空隙中，所有分法数为C；'二

练习题：

1.10个相同的球装5个盒中，每盒至少一有多少装法？C；

2.x+y+z+w=100求这个方程组的自然数解的组数。总

十一.正难则反总体淘汰策略

例H.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数，不同的

取法有多少种？

解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难，可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5个奇

数，所取的三个数含有3个偶数的取法有专,只含有1个偶数的取法有和为偶数的取法共有

C；C；+C；。再淘汰和小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有9

有些排列组合问题，正面直接考虑比较复杂，而它的反面往往比较简捷，可以先求出它的反面，再从整体中淘汰.

十二.平均分组问题除法策略

例12.6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？

解：分三步取书得种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABCDEF,若第一步取

AB,第二步取CD,第三步取EF该分法记为(AB.CD.EF),则中还有

(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有/种取法，而这些分法仅是

(AB,CD,EF)一种分法，故共有空泊种分法。

平均分成的组，不管它们的顺序如何,都是一种情况，所以分组后要一定耍除以(〃为均分的组数)避免重复计数。

3

练习题：

1将13个球队分成3组，一组5个队，其它两组4个队，有多少分法？（。；3盘。"出）

2.10名学生分成3组，其中一组4人，另两组3人但正副班长不能分在同一组，有多少种不同的分组方法

（1540）

3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，

则不同的安排方案种数为

（cjc：£/£=90）

十三.合理分类与分步策略

例13.在一次演唱会上共10名演员，其中8人能能唱歌,5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节

目，有多少选派方法

解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究只会唱

的5人中没有人选上唱歌人员共有种,只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员etc；种,只

会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有种,由分类计数原理共有种。

解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次

清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。

都可经得到正确结果

十四.构造模型策略

例14.马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯，现要关掉其中的3盏，但不能关掉相邻的2盏或3

盏，也不能关掉两端的2盏，求满足条件的关灯方法有多少种？

解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不亮的灯有穹种

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观解决

练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）

十五.实际操作穷举策略

例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子，现将5个球投入这五个盒子内，要求每

个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，有多少投法

解：从5个球中取出2个与盒子对号有工：种还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩

下3,4,5号球，3,4,5号盒3号球装4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒

时,4,5号球有也只有1种装法，由分步计数原理有2C；种

♦■"

3号盒4号盒5号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果

练习题：

1.同一寝室4人，每人写一张贺年卡集中起来，然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配

方式有多少种？（9）

2.给图中区域涂色，要求相邻区域不同色，现有4种可选颜色，则不同的着色方法有二②种

十六.分解与合成策略

例16.30030能被多少个不同的偶数整除

4

分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2X3X5X7X11X13,依题意可知偶因数必

先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积，所有的偶因数为：C；+C；+C；+C；+C；

练习：正方体的8个顶点可连成多少对异面直线

解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四体共有体共作-12=58,每个四面体有3对异面直线,.正方

体中的8个顶点可连成3x58=174对异面直线

分解与合成策略是排列组合问题的•种最基本的解题策略，把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后

的结构，用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案，每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略

排列组合易错题正误解析

1没有理解两个基本原理出错

排列组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排

列组合问题的前提.

例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的

取法有种.

误解：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：误解的原因在于没有意识到“选取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”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法.

正解：由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有C3种方

法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有。3星种方法.同理，完成第二

类办法中有C〉心种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有或+或.点=350种方法.

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，那么不同的夺冠情况共有()种.

(A)(B)43(C)34(D)或

误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.

正解：四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有

3x3x3x3=34种.

说明：本题还有同学这样误解，甲乙丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得43.这是由于没有考虑到某

项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺冠可能.

2判断不出是排列还是组合出错

在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序

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，共有多少种不同的排列方法？

误解：因为是8个小球的全排列，所以共有城种方法.

错因分析：误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间

互换位置是同一种排法.

正解：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下

的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题.这样共有：=56排法.

3重复计算出错

在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误。

例45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

5

误解：先从5本书中取4本分给4个人，有引种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共

有4x*=480种不同的分法，选A.

错因分析：设5本书为。、6、c、d.e,四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分法可能如下的表1和表

2：

甲乙丙T甲乙丙T

ahCdehcd

ea

表表

表1是甲首先分得。、乙分得6、丙分得，、丁分得d,最后一本书e给甲的情况；表2是甲首先分得e、

乙分得6、丙分得c、丁分得d,最后一本书。给甲的情况.这两种情况是完全相同的，而在误解中计算成

了不同的情况。正好重复了一次.

正解：首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本

书，有C"中方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有蜀种方法.由乘法原理，共有Cr/：=24O种方

法，故选B.

4遗漏计算出错r—r-r-,——

在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而阑।，3

例6用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有（）

（A）36个（B）48个（C）66个（D）72个

误解：如右图，最后一位只能是1或3有两种取法，又因为第1位不能是0,在最后一位取定后只有3种

取

法，剩下3个数排中间两个位置有曷种排法，共有2x3x屑=36个.

错因分析：误解只考虑了四位数的情况，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2x3xW=36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.

5忽视题设条件出错

在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或者漏

解.

例7如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得咚里回二粤鱼总有4

种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种.（以数字作答）

误解：先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜

两块区域，有C；.2.曷=12种，由乘法原理共有：4x12=48种.

错因分析：没有看清题设“有4种颜色可供逸拶”，不一定需要4种颜色全部使用，用3种也可以完成任

务.

正解：当使用四种颜色时，由前面的误解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3

种有C：种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区

域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理有《x3x2=24种.综上共有：48+24=72种.

例8已知a/-6=0是关于x的一元二次方程，其中a、be｛1,2,3,4）,求解集不同的一元二次方程的个数.

误解：从集合｛123,4｝中任意取两个元素作为。、b,方程有曷个，当6取同一个数时方程有1个,

共有曷+1=13个.

错因分析：误解中没有注意到题设中：“求解率不同的……”所以在上述解法中要去掉同解情况，由

6

・二;和仁同解、，:和仁同解，故要减去2个。正解：由分析，共有用2="个解集不同

的一元二次方程.

（二）典型例题讲解

例1用。到9这10个数字.可组成多少个没有重复数字的四位偶数？

分析：这一问题的限制条件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位

数上；③个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下：

如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是

2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）.由此解法一与二.

如果从千位数入手.四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、

4、6、8两类，由此得解法三.

如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除

法，得解法四.

解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中

任选3个来排列，故有团个；

当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中

任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有

A\-4（个）・

没有重复数字的四位偶数有

团+£y=504+1792=2296个.

解法2：当个位数上排“0”时，同解一有用个；当个位数上排2、4、6、8中

之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数

是“0”排列数得：4.（*-见）个

没有重复数字的四位偶数有

-4）=504+1792=2296个.

解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8

中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

,4,团个

干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包

括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有

，没有重复数字的四位偶数有

a•a•届+h•㈤•痣=2296个.

解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数.

没有重复数字的四位数有用个.

其中四位奇数有a（团-团）个

，没有重复数字的四位偶数有

7

-4(4-4)=10x4-4-5团+54

=4a+5%

=364+54

=41届o

=2296个

典型例题二

例2三个女生和五个男生排成一排

(1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？

(2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？

(3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？

(4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？

解：(1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整

体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有々种不同排法.对于其中的

每一种排法，三个女生之间又都有用对种不同的排法，因此共有可./=4320种不同

的排法.

(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生

之间留出一个空档.这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有

六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生,

就能保证任意两个女生都不相邻.由于五个男生排成一排有另种不同排法，对于其

中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有团种方法，因

此共有4；•用=14400种不同的排法.

(3)解法1：(位置分析法)因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男

生中的2个，有£种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有《种排

法，所以共有年•《=14400种不同的排法.

解法2：(间接法)3个女生和5个男生排成一排共有《种不同的排法，从中扣

除女生排在首位的a种排法和女生排在末位的a种排法，但这样两端都是女

生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时

又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有团种不同的排法，

所以共有履-24＞；+&屋=14400种不同的排法.

解法3:(元素分析法)从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有耳种

不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有W种不同的排法，所

以共有其=14400种不同的排法，

(4)解法1:因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就

不再受条件限制了，这样可有£•4种不同的排法；如果首位排女生，有a种排法,

这时末位就只能排男生，有a种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都

有履种不同的排法，这样可有ay种不同排法.因此共有

£•㈤+H.4.建=36000种不同的排法.

8

解法2：3个女生和5个男生排成一排有履种排法，从中扣去两端都是女生排法

用・苗种，就能得到两端不都是女生的排法种数.

因此共有履-/Z：=36000种不同的排法.

典型例题三

例3排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。

(1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？

(2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？

解：(1)先排歌唱节目有耳种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选

4个放入舞蹈节目，共有《中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：耳用=

43200.

(2)先排舞蹈节目有用中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰

好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：At4=2880

种方法。

典型例题四

例4某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，

如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法.

分析与解法1:6六门课总的排法是可，其中不厂友、

符合要求的可分为：体育排在第一书有用种排法，(I鬻口)

如图中I;数学排在最后一节有用种排法，如图中

II；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中HI,这种情

况有团种排法，因此符合条件的排法应是：

/；-2/：+/：=504(种).

分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：

(1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有用•用种；

(2)数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法种；

(3)体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法㈤/：种；

(4)数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法国

这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

4：+44=504(种).

分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：

(1)体育，数学既不在最后也不在开头一节，有团=12种排法；

(2)数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；

(3)体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；

9

(4)数学在第一节，体育在最后一节有1种排法.

上述21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种用，故总排法数为

21团=504(种).

下面再提出一个问题，请予解答.

问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法.

请读者完成此题.

典型例题五

例5现有3辆公交车、3位司机和3位售票员，每辆车上需配1位司机和1位售票

员.问车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把3辆车看成排了顺序的三个空：口二口，然后把3名司机和3名售票员

分别填入.因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题.

解：分两步完成.第一步，把3名司机安排到3辆车中，有团=6种安排方法；第

二步把3名售票员安排到3辆车中，有闻=6种安排方法.故搭配方案共有

国.团=36种.

典型例题六

例6下是表是高考第一批录取的一份志愿表.如果有4所重点院校，每所院校

有3个专业是你较为满意的选择.若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的

专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

学校业

112

212

312

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿

的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业.因此这是

一个排列问题.

解：填表过程可分两步.第一步，确定填报学校及其顺序，则在4所学校中选出

3所并加排列，共有团种不同的排法；第二步，从每所院校的3个专业中选出2个专

业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有用种.综合以上两

步，由分步计数原理得不同的填表方法有：团.用〃；•团=5184种.

典型例题七

例57名同学排队照相.

(1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？

(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，

有多少种不同的排法？

(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？

(4)若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不面

的排法？

分析：(1)可分两步完成：第一步，从7人中选出3人排在前排，有用种排法；

第二步，剩下的4人排在后排，有引种排法，故一共有㈤=团种排法.事实上排

两排与排成一排一样，只不过把第4〜7个位子看成第二排而已，排法总数都是用，

相当于7个人的全排列.(2)优先安排甲、乙.(3)用“捆绑法(4)用“插空法

解:(1)团.—=禺=5040种.

典型例题八

例8从2、3、4、5、6五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位

数的和.

分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“2”，当它位于个位时，即形

如国铜的数共有用个(从3、4、5、6四个数中选两个填入前面的两个空)，当这些数相

加时，由“2”所产生的和是团.2.当2位于十位时，即形如困2国的数也有痣，那

么当这些数相加时，由“2”产后的和应是用210.当2位于面位时，可同理分析.然

后再依次分析3、4、5、6的情况.

解：形如田羽的数共有用个，当这些数相加时，由“2”产生的和是团.2;形如

困溷的数也有用个，当这些数相加时，由“2”产生的和是团.2.10;形如EE图的数

也有用个，当这些数相加时，由“2”产生的和应是用2100.这样在所有三位数的

和中，由"2”产生的和是团2111.同理由3、4、5、6产生的和分别是团3111,团4111,

4-5-111,石6111,因此所有三位数的和是团.111.(2+3+4+5+6)=26640.

说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用分析数字出现次数的办法来

解决.如“由1,4,5,x四个数字组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各

数位上的数字之和为288,求数x”.本题的特殊性在于，由于是全排列，每个数字

都要选用，故每个数字均出现了用=24次，故有24x(l+4+5+x)=288,得x=2.

典型例题九

例9计算下列各题：

A>n-\An~m

(I)4；(2)公(3)生幡吟

A-i

ion1

(4)1!+2-2!+3-3!+…+小〃！(5)—+—+—+■••+—

2!3!4!〃！

解：(1)4=15x14=210;

(2)4=61=6x5x4x3x2x1=720;

(3)原式二一空儿一.(…)!•一^

[H-l-(w-l)!](H-1)!

II

(«-l)!,1

=------(zn-m)A!-----=1;

(tt-w)!(M-1)!

(4)原式=(2!-1)+(3!-2!)+(4!-3!)+...+[(〃+1)!-〃!]

=(H+1)!-1;

(5)•.•*4=」----L,

n!(w-1)!n!

说明：准确掌握好排列公式是顺利进行计算的关键.

本题计算中灵活地用到下列各式：

〃!=〃（〃-1）!；〃〃!=（〃+1）!-〃！；---=——----—;使问题解得简单、快捷.

n!（〃一1）!〃！

典型例题十

例10a”,c,a,e,/六人排一列纵队，限定4要排在b的前面（。与b可以相邻,

也可以不相邻），求共有几种排法.对这个题目，A,8、C、。四位同学各自给出

了一种算式：/的算式是3用；3的算式是（4+£+a+禺+4）.用；。的算式是4；;

。的算式是上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由.

解：/中很显然，在6前的六人纵队”的排队数目与“b在a前的六人纵队”

排队数目相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和.这表明：/的算

式正确.

6中把六人排队这件事划分为a占位，b占位，其他四人占位这样三个阶段，然

后用乘法求出总数，注意到。占位的状况决定了b占位的方法数，第一阶段，当a占

据第一个位置时，b占位方法数是4；当a占据第2个位置时，6占位的方法数是

A\;……;当a占据第5个位置时，6占位的方法数是/：,当a,b占位后,再排其

他四人，他们有用种排法，可见8的算式是正确的.

。中々可理解为从6个位置中选4个位置让c,d,e,/占据，这时，剩下的两个位

置依前后顺序应是明b的.因此C的算式也正确.

D中把6个位置先圈定两个位置的方法数C；,这两个位置让a,b占据，显然，

占据这两个圈定的位置的方法只有一种（。要在b的前面），这时，再排其余四人，

又有用种排法，可见。的算式是对的.

说明：下一节组合学完后，可回过头来学习。的解法.

典型例题十一

例11八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同

一排，共有多少种安排办法？

解法1:可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排,

12

甲坐在前排的八人坐法”两类情况.应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙

丙坐下，，、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可

有如下算法：

^-4-4+4-4-4=8640（种）.

解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法.把“甲坐在第一

排的八人坐法数”看成“总方法数”，这个数目是在这种前提下，不合题意

的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法.”这个数目是耳ciaz：］；.其

中第一个因数㈤表示甲坐在第一排的方法数，表示从乙、丙中任选出一人的办法

数，a表示把选出的这个人安排在第一排的方法数，下一个㈤则表示乙、丙中沿未

安排的那个人坐在第二排的方法数，w就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

心耳-心以送Y-W=8640（种）.

说明：解法2可在学完组合后回过头来学习.

典型例题十二

例12计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，

排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不

同陈列方式有（）.

A.4,4B.团.4：.4；C.C；Y.6D.号.4；Y

解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有另种排列.但

4幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求.所以共有空•团种陈列方式.

，应选D.

说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将

相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；

然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列.本例题就是一个典

型的用“捆绑”法来解答的问题.

典型例题十三

例13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

数的个数共有（）.

A.210B.300C.464D.600

解法1:（直接法）：分别用1,2,3,4,5作十万位的排列数，共有5.国种，所以其

中个位数字小于十位数字的这样的六位数有:5©=300个.

解法2:（间接法）：取0,1,…,5个数字排列有成，而0作为十万位的排列有W，

所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有:（应-啰）=300（个）.

，应选B.

说明：（1）直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直

13

接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦,

这时应考虑能否用间接法来解.

(2)”个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两

类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像

时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法.

典型例题十四

例14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

分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分

步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断.

解法1:分类计算.

将符合条件的偶数分为两类.一类是2作个位数，共有用个，另一类是4作个

位数，也有团个.因此符合条件的偶数共有用+%=24个.

解法2:分步计算.

先排个位数字，有a种排法，再排十位和百位数字，有团种排法，根据分步计

数原理，三位偶数应有〃卜团=24个.

解法3：按概率算.

用1-5这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有用=60个，其中偶点其中

的|.因此三位偶数共有60x：=24个.

解法4:利用选择项判断.

用1-5这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有团=60个.其中偶数少于

奇数，因此偶数的个数应少于30个，四个选择项所提供的答案中，只有N符合条件.

应选力.

典型例题十五

例15(1)计算4+2届+3团+…+8团.

⑵求S,=1!+2!+3!+…+〃！(〃210)的个位数字.

分析：本题如果直接用排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从

和式中项的特点以及排列数公式的特点两方面考虑.在(1)中，项可抽象为

〃啰=(〃+1-1)啰=(〃+1)h(2)中，项为〃!=〃(〃一1)(〃—2)…3・24，当〃25

时，乘积中出现5和2,积的个位数为0,在加法运算中可不考虑.

解：⑴由〃4；=(〃+1)!-〃！

...原式=2!-1!+3!-2!+…+9!-8!=9!-1!=362879.

(2)当“25时，M!=M(«-1)(«-2)---3-21的个位数为0,

S.=1!+2!+3!+.••+〃！(〃210)的个位数字与1!+2!+3!+4!的个位数字相同.

而1!+2!+3!+4!=33,...S”的个位数字为3.

14

说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证:

/我们首先可抓等式右边的

n_〃+1-1_n+11__J_____1_

(n+1)!—(〃+1)!一(〃+1)!(〃+1)!一〃!(/?+1)!'

•二左边=1----+-------4...・+--1--------1------=,]-1-----------:=右边.

2!2!3!〃！(/?+!)!(〃+1)!

典型例题十六

例16用0、1、2、3、4、5共六个数字，组成无重复数字的自然数，（1）可以组成多

少个无重复数字的3位偶数？（2）可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？

分析：3位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是0,由于个位用或者不用数字

0,对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用0或者用2、4进行分类.一个自

然数能被3整除的条件是所有数字之和是3的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，

然后进行排列，但要注意就用与不用数字0进行分类.

解：（1）就个位用0还是用2、4分成两类，个位用0,其它两位从1、2、3、4中任取

两数排列，共有团=12（个），个位用2或4,再确定首位，最后确定十位，共有

2x4x4=32（个）,所有3位偶数的总数为：