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计 数 问 题
教学目标
1.使学生正确理解排列、组合的意义；正确区分排列、组合问题；
2.了解排列、排列数和组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的排列或组合；
3.掌握排列组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；
4.会、分析与数字有关的计 数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；
通过本讲的学习，对排列 组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握排列与组合的联系和区别，并掌握一
些排列组合技巧，如捆 绑法、挡板法等。
5.根据不同题目灵活运用计数方法进行计数。
知识点拨：
例题精讲：
一、 排 列 组 合 的 应 用
【例 1】 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）七个人战成两排，前排三人，后排四人.
（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排。
【解析】 （1）
P
7
7
5040
（种）。
（2）只需排其余6个 人站剩下的6个位置．
P
6
6
720
（种）.
（3）先 确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×
P
6
=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．
2P
55
240
(种)．
（5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人 ，再排剩下的5个人，
P
5
2
P
5
5
2400
（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．
P
77
5040
（种）.
（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“ 小新在前，阿呆在后”，两种情况是对等的，所
5
以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可 ．4×3×
P
5
×2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特殊
6
情况再去全排列。
【例 2】 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，问题变成从从
5
个元素中取
2
个元素的排列问题，已知
n5< br>，
m2
，根据排列数公式，
一共可以组成
P
5
2< br>5420
(个)符合题意的三位数。
【巩固】 用1、2、3、4、5这五个数 字可组成多少个比
20000
大且百位数字不是
3
的无重复数字的五位数？
【解析】 可以分两类来看：
⑴ 把3排在最高位上，其余4个数可以任意放到其余4个数位 上，是4个元素全排列的问题，有
P
4
4
432124
( 种)放法，对应24个不同的五位数；
⑵ 把2，4，5放在最高位上，有3种选择，百位上有除已确 定的最高位数字和3之外的3个数字可以
选择，有3种选择，其余的3个数字可以任意放到其余3个数位 上，有
P
3
3
6
种选择．由乘法原理，可
以组成
33654
(个)不同的五位数。
由加法原理，可以组成
245478
(个)不同的五位数。
【巩固】 用0到9十个数字组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数按从小到大的顺序排列，则5687是第
几个数？
【解析】 从高位到低位逐层分类：
⑴ 千位上排
1< br>，
2
，
3
或
4
时，千位有
4
种选择 ，而百、十、个位可以从
0~9
中除千位已确定的数字之

外的
9
个数字中选择，因为数字不重复，也就是从
9
个元素中取
3
个的排 列问题，所以百、十、个位可
有
P
9
3
987504
(种)排列方式．由乘法原理，有
45042016
(个)．
⑵ 千位上排< br>5
，百位上排
0~4
时，千位有
1
种选择，百位有
5
种选择，十、个位可以从剩下的八个数
2
字中选择．也就是从
8
个元 素中取
2
个的排列问题，即
P
8
8756
，由乘法原 理，有
1556280
(个)．
⑶ 千位上排
5
，百位上排
6
，十位上排
0
，
1
，
2
，
3< br>，
4
，
7
时，个位也从剩下的七个数字中选择，有
116 742
(个)．
⑷ 千位上排
5
，百位上排
6
，十位 上排
8
时，比
5687
小的数的个位可以选择
0
，
1
，
2
，
3
，
4
共
5
个． 综上所述，比
5687
小的四位数有
20162804252343(个)，故比
5687
小是第
2344
个四位数．
【例 3】 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：
⑴ 一位数只有
1
个
3
；
⑵ 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
P
2
2
212
(个)不同的
两位数，共可组成
248
(个)不 同的两位数；
⑶ 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
P
3
3
3216
(个)不同的三位数，共可组成
6424
(个)不同的三位数；
⑷ 四位数：可由
1
，
2，
4
，
5
这四个数字组成，有
P
4
4
432124
(个)不同的四位数；
⑸ 五位数：可由
1
，2
，
3
，
4
，
5
组成，共有
P
5
5
54321120
(个)不同的五位数．
由加法原理， 一共有
182424120177
(个)能被
3
整除的数，即3
的倍数．
【巩固】 用1、2、3、4、5、6六张数字卡片，每次取三张卡片组成三位数，一共可以组成多少个不同的偶数？
【解析】 由于组成偶数，个位上的数应从
2
，
4
，
6中选一张，有
3
种选法；十位和百位上的数可以从剩下的
5
张
中 选二张，有
P
5
2
5420
(种)选法．由乘法原理，一共可 以组成
32060
(个)不同的偶数．
【例 4】 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至少要试几次？
【解析】 四个非
0
数码之和等于9的组合有 1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；
2，2，2， 3六种。
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< br>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
4312
(种)
选择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有
12< br>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．
综上所述，由加法原理，一共 可以组成
412121212456
(个)不同的四位数，即确保能打开保
险柜至少要试
56
次．
【例 5】 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？
1
6
(种)选法，第二个位置在另一胞胎的
3
人中任选一个 ，有【解析】 第一个位置在
6
个人中任选一个，有
C
6
1
C
3
3
(种)选法．同理，第
3
，
4
，
5
，
6
个位置依次有
2
，
2
，
1
，
1
种选法．由乘法原理，不同的坐
11
法有
P
6
1
P
3
1
P
2
1
P
2
1< br>P
1
P
1
63221172
(种)。
【例 6】 一种电子表在6时24分30秒时的显示为6:24：30，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
P
6
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< br>P
7
种选法，所
以共有
P
6
×
P
7
=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 7】 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ce)
、
(bdf)
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。
22
22

33
先考虑a、c、e偶数位内，b、d、 f奇数位内的组内交换，有
P
×
P
33
=36种顺序；
33
再考虑形如
badcfe
这种奇数位与偶数位的组间调 换，也有
P
×
P
=36种顺序。
33
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 8】 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，回答者对甲说：“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
P
3
3
3216
(种)排 法．由乘法原理，一共有
33654
(种)不同的排法。
【例 9】
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：
⑴ 甲不在中间也不在两端；
⑵ 甲、乙两人必须排在两端；
⑶ 男、女生分别排在一起；
⑷ 男女相间．
【解析】 ⑴ 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< br>个人随
8
意排，也就是
8
个元素全排列的问题，有
P
由乘法原理，
8
8765432140320
(种)选择．共有
640320241920
(种)排法．
⑵ 甲、乙先排，有
P
2
2
212
(种)排法；剩下的
7
个人随意排，有
P
7
7
76543215040
(种)排法．由乘 法原理，共有
2504010080
(种)排法．
⑶ 分别把男生、女生看成一 个整体进行排列，有
P
2
2
212
(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
P
4
4
432124
(种)和
P
5
5
54321120
(种)排法．
由乘法原理，共有
2241205760
(种)排法．
⑷ 先排4
名男生，有
P
4
4
432124
(种)排 法，再把
5
名女生排到
5
个空档中，有
P
5
554321120
(种)排法．由乘法原理，一共有
241202880
(种)排法。
【巩固】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排 成一排表演节目。如果贝贝和妮
妮不相邻，共有（ ）种不同的排法。
【解析】 五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）。
如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）。
因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有24×2=48(种)；
贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）。
【例 10】 一台晚会上有
6
个演唱节目和
4
个舞蹈节目．求：
⑴ 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？
⑵ 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】 ⑴ 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
【解析】
P
7
7
7!76543215040
(种)方法．第二步再 排
4
个舞蹈节目，也就是
4
个舞蹈节
【解析】 目全排列的问 题，有
P
4
4
4!432124
(种)方法．
根据乘法原理，一共有
504024120960
(种)方法．
⑵ 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
P
6
6
6!654321720
(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
P
7
4
76548 40
(种)方法．
根据乘法原理，一共有
720840604800
(种)方法。
【巩固】 由
4
个不同的独唱节目和
3
个不同的合唱节目组成一台晚 会，要求任意两个合唱节目不相邻，开始和
最后一个节目必须是合唱，则这台晚会节目的编排方法共有多 少种？
【解析】 先排独唱节目，四个节目随意排，是
4
个元素全排列的问题，有< br>P
4
4
432124
种排法；其次在独

唱节目的首尾排合唱节目，有三个节目，两个位置，也就是从三个节目选两个进行排列的问题，有
P
3
2
326
(种)排法；再在独唱节目之间的
3
个位 置中排一个合唱节目，有
3
种排法．由乘法原理，
一共有
246343 2
(种)不同的编排方法．
【小结】排列中，我们可以先排条件限制不多的元素，然后再排限 制多的元素．如本题中，独唱节目排好之后，
合唱节目就可以采取“插空”的方法来确定排法了．总的排 列数用乘法原理．把若干个排列数相乘，得
出最后的答案。
【例 11】 ⑴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）
⑵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？
⑶3位同学坐8个座位，每个座位坐1人，共有几种坐法？
⑷8个人坐3个座位，每个座位坐1人，共有多少种坐法？
⑸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？
⑹8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】 ⑴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
P
83
种．
⑵3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
P
8
3
种．
⑶3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
P
8
3
种．
⑷3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
P8
3
种．
⑸3列火车编为1，2，3号，从8股车道中任取3股往上排，共有< br>P
8
3
种．
⑹土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往上排， 有
P
8
3
种。
【巩固】 现有男同学3人，女同学4人(女同学中 有一人叫王红)，从中选出男女同学各2人，分别参加数学、
英语、音乐、美术四个兴趣小组：
(1)共有多少种选法?
(2)其中参加美术小组的是女同学的选法有多少种?
(3)参加数学小组的不是女同学王红的选法有多少种?
(4)参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有多少种?
【解析】 （1）从3个男同学中选出2人，有
3243
=3种选法。从4个女同 学中选出2人，有=6种选法。
22
在四个人确定的情况下，参加四个不同的小组有4×3×2 ×1=24种选法。
3×6×24=432，所以共有432种选法。
（2）在四个人确定的情况下，参加美术小组的是女同学时有2×3×2×1=12种选法。
3×6×12=216，所以其中参加美术小组的是女同学的选法有216种。
（3）考虑参 加数学小组的是王红时的选法，此时的问题相当于从3个男同学中选出2人，从3个女同
学中选出1人， 3个人参加3个小组时的选法。
3×3×3×2×1=54，所以参加数学小组的是王红时的选法有5 4种，432-54=378，所以参加数学小组的
不是女同学王红的选法有378种。
（4 ）考虑参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法，此时的问题相当于从3个男同
学中选 出2人参加两个不同的小组，从3个女同学中选出1人参加美术小组时的选法。
3×2×3=18，所 以参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法有18种，216-18=198，
所以参 加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有198种。
【例 12】 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？
65
2
【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
C
6
15
场，共
8
个小 组，有
21
43
2
158120
场；第二阶段中，每个小组 内部
4
人中每
2
人赛一场，组内赛
C
4
6场，共
4
个小组，
21
有
6424
场；第三阶段 赛
224
场．根据加法原理，整个赛程一共有
120244148
场比赛。
【例 13】 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。(2007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．
1
5460
(个)；⑵
1
，
2
，
3
中有(法1)分两类：⑴
1
，
2
，
3
中恰有一个数字出现
3
次，这样的数有
C
3
2
90(个)．符合题意的五位数共有
6090150
(个)． 两个数字各出现
2
次，这样的数有
C
3
2
5C
4
(法2)从反面 想，由
1
，
2
，
3
组成的五位数共有
3
5
个，由
1
，
2
，
3
中的某
2
个数 字组成的五位数共有
3(2
5
2)
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
3
5
3(2
5
2)3150(个)。
【例 14】
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
71070< br>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(
10111
)
10235
(种)．
2
(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
C
10
，而被选的两个人相邻
2
104 51035
(种)。 的情况有
10
种，所以共有
C
10
【例 15】 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
31
P
2
2
C
4
P
2
2
P
3
3
3360< br>（种） 只满足第一、三个条件的站法总数为：
C
7
3
P
2
2
P
3
2
P
2
2
P
22
960
（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：< br>C
6
因此同时满足三个条件的站法总数为：
33609602400
（种）。
【例 16】 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
9
共有2=512种不同的插入方法,即512种不同的吃法。
【巩固】 小红有10块糖，每天至少吃1块，7天吃完，她共有多少种不同的吃法？
【解析】 分三种情况来考虑：
⑴ 当小红最多一天吃
4
块时，其余各每天吃
1
块，吃
4
块的这天可以是这七天里的任何一天，有
7
种吃
法；
⑵ 当小红最多一天吃
3
块时，必有一天吃
2
块，其余五天每天吃< br>1
块，先选吃
3
块的那天，有
7
种选择，
再选吃2
块的那天，有
6
种选择，由乘法原理，有
7642
种吃法 ；
⑶ 当小红最多一天吃
2
块时，必有三天每天吃
2
块，其四天每 天吃
1
块，从
7
天中选
3
天，有
765
3
C
7
35
(种)吃法。
321
根据加法原理 ，小红一共有
7423584
(种)不同的吃法．
63
C
9
84
(种)不同的吃法。 还可以用挡板法来解这道题 ，
10
块糖有
9
个空，选
6
个空放挡板，有
C9
【巩固】 把20个苹果分给3个小朋友，每人最少分3个，可以有多少种不同的分法？
2
78
种分法． 【解析】 (法1)先给每人2个，还有14个苹果，每人至少分 一个，13个空插2个板，有
C
13
(法2)也可以按分苹果最多的人分的个数分类枚举。
【巩固】 有10粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有多少种不同的吃法？
【解析】 如图：○○|○○○ ○|○○○○，将10粒糖如下图所示排成一排，这样每两颗之间共有9个空，从头
开始吃，若相邻两块 糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线隔开表示之前的糖和之后的糖不是在同一
天吃掉的，九个空中画 两条竖线，一共有
98236
种方法．
【例 17】 某池塘中有
A 、B、C
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< br>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．
⑴若这
5
人都不乘坐
C
船，则恰好坐满
A、B
两船 ，①若两个儿童在同一条船上，只能在
A
船上，此时
A
1
船上还必须 有
1
个成人，有
C
3
3
种方法；②若两个儿童不在同一条 船上，即分别在
A、B
两船上，则
B
11
2
种选择，1
个成人有
C
3
3
种选择，所以有
236
种方船上有
1
个儿童和
1
个成人，
1
个儿童有
C
2
法．故
5
人都不乘坐
C
船有
369
种安全方法；
1
3
种选择．其余的
2
个成人与
2
个儿童，⑵若这
5
人中有
1
人乘坐
C
船，这个人必定是个 成人，有
C
3
1
2
种方法，所以此①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
C
2
时有
326
种方法；②若两个儿童不在同一条船上，那么
B< br>船上有
1
个儿童和
1
个成人，此时
1
个儿童
1
2
种选择，所以此种情况下有
32212
种方法；故
5< br>人中有
1
人乘坐
C
船有和
1
个成人均有
C< br>2
61218
种安全方法．所以，共有
91827
种安全乘法 ．
【例 18】 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？
【例 19】 ⑴恰有
3
名女生入选；⑵至少有两名女生入选；⑶某两名女生，某两名男生必须入选；
【例 20】 ⑷某两名女生，某两名男生不能同时入选；⑸某两名女生，某两名男生最多入选两人。
5
14112
种； 【解析】 ⑴恰有
3
名女生入选，说明男生有
5
人入选，应为
C
8
3
C
10
⑵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：
8871
C
18
C
10
C
10
C
8
43758
；
4
1001
种； ⑶
4
人必须入选，则从剩下的
14人中再选出另外
4
人，有
C
14
84
⑷从所有的选法< br>C
18
种中减去这
4
个人同时入选的
C
14
种：
84
C
18
C
14
43758100142 757
．
⑸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：
81726
C
14
C
4
C
14
C
4
C14
34749
。
【巩固】 在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和 外科主任各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，
按照下列条件各有多少种选派方法？
【巩固】 ⑴ 有3名内科医生和2名外科医生；
【巩固】 ⑵ 既有内科医生，又有外科医生；
【巩固】 ⑶ 至少有一名主任参加；
【巩固】 ⑷ 既有主任，又有外科医生。
654
3
【解析】 ⑴ 先从
6
名 内科医生中选
3
名，有
C
6
20
种选法；再从
4
名外科医生中选
2
名，
321
43
2
共有
C
4
6
种选法．根据乘法原理，一共有选派方法
206 120
种．
21
109876
5
⑵ 用“去杂法”较方 便，先考虑从
10
名医生中任意选派
5
人，有
C
10
252
种选派方
54321
法；再考虑只有外科医生或只有内科医生 的情况．由于外科医生只有
4
人，所以不可能只派外科医
51
C
6
6
种选派方法．所以，一共有
2526246
种既有内科医生又生．如 果只派内科医生，有
C
6
有外科医生的选派方法。
8765
⑶ 如果选
1
名主任，则不是主任的
8
名医 生要选
4
人，有
2C
8
4
2140
种选派 方法；如果
4321
876
3
选
2
名主任，则不 是主任的
8
名医生要选
3
人，有
1C
8
根据加法 原理，
156
种选派方法．
321
一共有
14056 196
种选派方法．
⑷ 分两类讨论：
9876
①若选外科主任， 则其余
4
人可任意选取，有
C
9
4
126
种选 取方法；
4321
②若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余
4
人 不能全选内科医生，用“去杂法”有
87655432
4
C
8< br>4
C
5
65
种选取法．
4321432 1
根据加法原理，一共有
12665191
种选派方法。

【例 21】 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：
543
3
⑴ 两人都不选派，有
C
5
10
(种)选派方法；
321
⑵ 两人中选派
1
人，有
2
种选法．而针对此人的任务又分两类：
5 4
若此人要安装电脑，则还需
2
人安装电脑，有
C
5
2
而另外会安装音响设备的
3
人
10
(种)选法，
2 1
全选派上，只有
1
种选法．由乘法原理，有
10110
(种 )选法；
32
若此人安装音响设备，则还需从
3
人中选
2
人安装音响设备，有
C
3
2
3
(种)选法，需从
5< br>人中
21
543
3
选
3
人安装电脑，有
C
5
10
(种)选法．由乘法原理，有
31030
(种) 选法．
321
根据加法原理，有
103040
(种)选法；
综上所述，一共有
24080
(种)选派方法．
⑶ 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：
①两人全安装电脑，则还需要从
5
人中 选
1
人安装电脑，另外会安装音响设备的
3
人全选上安装音响
设备， 有
515
(种)选派方案；
5432
②两人一个安装电脑，一个安 装音响设备，有
C
5
2
C
3
2
60
(种)选派方案；
2121
543
3
③两人全安装音响设备，有
3C
5
330
(种)选派方案．
321
根据加法原理，共有
5603095
(种)选派方案．
综合以上所述，符合条件的方案一共有
108095185
(种)．
【例 22】 有11名外语翻译人员，其中
5
名是英语翻译员，
4
名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通．从
中找出
8
人，使他们组成两个翻译小 组，其中
4
人翻译英文，另
4
人翻译日文，这两个小组能同时工
作． 问这样的分配名单共可以开出多少张？
【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类：
1
5
种选择，需从
4
名日语翻译员中⑴ 多面手不参加，则需从< br>5
名英语翻译员中选出
4
人，有
C
5
4
C
5
选出
4
人，有
1
种选择．由乘法原理，有
51 5
种选择．
⑵ 多面手中有一人入选，有
2
种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能： 543
3
如果参加英文翻译，则需从
5
名英语翻译员中再选出
3
人，有
C
5
10
种选择，需从
4
名日321
语翻译员中选出
4
人，有
1
种选择．由乘法原理，有
210120
种选择；
1
5
种选择，需从
4名日语翻译如果参加日文翻译，则需从
5
名英语翻译员中选出
4
人，有< br>C
5
4
C
5
31
C
4
4种选择．由乘法原理，有
25440
种选择．根据加法原理，多面员中再选出
3
名，有
C
4
手中有一人入选，有
204060
种选 择．
⑶ 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况：
①两人都译英文；②两人都译日文；③两人各译一个语种．
54
情况①中，还需从
5
名英语翻译员中选出
2
人，有
C
5
2

需从
4
名日语翻译员中选
4
10
种选择．
21
人，
1
种选择．由乘法原理，有
110110
种选择． 1
5
种选择．还需从
4
名日语翻译员中选出
2
情况② 中，需从
5
名英语翻译员中选出
4
人，有
C
5
4< br>C
5
43
2
人，有
C
4
6
种选择．根据乘法原理，共有
15630
种选择．
21
情况③中， 两人各译一个语种，有两种安排即两种选择．剩下的需从
5
名英语翻译员中选出
3人，
543
31
3
C
4
4
种选择．由 乘法原理，有
C
5
10
种选择，需从
4
名日语翻译员中 选出
3
人，有
C
4
321
有
12104 80
种选择．
根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有
103080120
种选择．
综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出
560120185
张．
二、 几何计数

【例 23】 下图中共有____个正方形。
【解析】 每个
44
正方形中有：边长为1的正方形有
4
2
个；边长为2的正方形有
3
2
个； 边长为3的正方形有
2
2个；边长为4的正方形有
1
2
个；总共有
4
2
32
2
2
1
2
30
(个)正方形．现有5个
44
的正方形，它们
重叠部分是4个
22
的正方形．因此，图中正方形 的个数是
30554130
。
【例 24】 在图中(单位：厘米)：
①一共有几个长方形?
②所有这些长方形面积的和是多少?
【解析】 ①一共有
(4321)(4321)100
(个)长方形；
②所求的和是

51281(512)(128)(81)( 5128)(1281)(51281)




2473(24)(47)(73)(247)(473) (2473)

1448612384
(平方厘米)。
【例 25】 由20个边长为1的小正方形拼成一个
45
长方形中有一格有“☆”图中含有“☆” 的所有长方形(含
正方形)共有 个，它们的面积总和是 。 (第六届走美决赛试题)
【解析】 含☆的一行内所有可能的长方形有：

(八种)

含☆
☆
☆






☆☆


内所有可能的
有：(六种)
所

☆ ☆
总和为

☆
☆

☆



















☆
☆


☆

☆

☆
的一列
长方形
以总共长方形有
6848
个，面积< br>(12233445)(122334)360
。

【巩固】 图中共有多少个三角形？
【解析】 显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两 类中三角形的个数相等．尖向上的三角形又可分为6类


（1）最大的三角形1个(即△ABC)，
（2）第二大的三角形有3个
（3）第三大的三角形有6个
（4）第四大的三角形有10个
（5）第五大的三角形有15个
（6）最小的三角形有24个
所以尖向上的三角形共有1+3+6+10+15+24=59（个）
图中共有三角形2×59=118（个）。
【例 26】 一个圆上有12个点A
1
，A
2
，A
3
，…，A
11
，A
12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角
形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有 多少种不同的连法?
【解析】 我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的三个
点一定只能在A
1
所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这
时有可能的连法。
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A
1
所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．
共有12×3+3×6+1＝55种．

所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种。
课后练习：
练习1. 用
2，3，4，5
排成四位数：
（1）共有多少个四位数？
（2）无重复数字的四位数有多少个？
（3）无重复数字的四位偶数有多少个？
（4）2在3的左边的无重复数字的四位数有多少个？
（5）2在千位上的无重复数字的四位数有多少个？
（6）5不在十位、个位上的无重复数字的四位数有多少个？
【解析】 ⑴条件中未限制“无重复数字”，所以，数字可以重复出现，如
2 234，3 355，2 444，5 555
等．
依分步计数乘法原理共有
44444
4
（个）
⑵
P
4
4
24
（个）
⑶个位上只能是
2
或
4
，有
2P
2
2
12
（个） 1
⑷所有四位数中，
2
在
3
的左边或
2
在3
的右边的数各占一半，共有
P
4
4
12
（个） < br>2
⑸
2
在千位上，只有
1
种方法，此后
3、4、5< br>只能在另外的
3
个位置上排列，有
P
3
3
6
（个）
⑹法一：
5
不在十位、个位上，所以
5
只能在千位上或百 位上，有
2P
3
3
12
（个）
法二：从
P5
5
中减去不合要求的（
5
在十位上、个位上），有
P
4
4
2P
3
3
2P
2
2
12
（个）。
练习2. 如图，其中的每条线段都是水平的或竖直的，边界上各条线段的长度依次为5厘 米、7厘米、9厘米、
2厘米和4 厘米、6厘米、5厘米、1厘米．求图中长方形的个数，以及所有长方形面积的和。
【解析】 利用长 方形的计数公式：横边上共有n条线段，纵边上共有m条线段，则图中共有长方形（平行四边
形）mn个 ，所以有(4+3+2+1)×（4+3+2+1）=100，这些长方形的面积和为：（5+7+9+2+12 +16+11+21+
18+23）×（4+6+5+1+10+11+6+15+12+16）=1 24×86=10664。
练习3. 有10粒糖，每天至少吃一粒，吃完为止，共有多少种不同的吃法？
【解析】 初看本题似乎觉得很好入手，比如可以按天数进行分类枚举：
1天吃完的有1种方法，这天吃10块； 2天吃完的有9种方法，10=1+9=2+8=……=9+1；
当枚举到3天吃完的时，情况就有点错综复杂了，叫人无所适从……所以我们必须换一种角度来思考．
不妨从具体的例子入手来分析，比如这10块糖分4天吃完：
第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．
我们可以将10个“○”代表10粒糖 ，把10个“○”排成一排，“○”之间共有9个空位，若相邻两块
糖是分在两天吃的，就在其间画一条 竖线(如下图)．
○○|○○○|○|○○○○
比如上图就表示“第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．”
这样一来，每一种吃糖的方法就对应着一种“在9个空位中插入若干个‘|’的方法”，要求有多少个不
同的吃法，就是要求在这9个空位中插入若干个“|”的方法数。
由于每个空位都有画‘|’与“不画‘|’两种可能：

9
2L
4

根据乘法原理，在这9个空位中画若干个“|”的方法数有：
2
1

442
2
43
22512
，这也就说明吃完
9每个空位都有画“|”与不画“|”两种可能
10颗糖共有512种不同的吃法。
练习4. 用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图用这样的等边三角形拼合成一个更大的等边 三角形.
如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?
【解析】 把大的等边三角形分为“20”层分别计算火柴的根数：
最上一层只用了3根火柴；
从上向下数第二层用了3×2=6根；
从上向下数第二层用了3×3=9根；
……
从上向下数第二层用了3×20=60 根；所以总共要用火柴3×（1+2+3+……+20）=630。
月测备选
【备选1】书 架上有
3
本故事书，
2
本作文选和
1
本漫画书，全部竖起来 排成一排。⑴ 如果同类的书不分开，

一共有多少种排法？⑵ 如果同类的书可以分开，一共有多种排法？
【解析】 ⑴ 可以分三步来排：先排故事书，有
P
3
3
3216
(种)排法；再排作文选，有
P
2
2
212
(种)排法；
最后排漫画书有
1
种排法，而 排故事书、作文选、漫画书的先后顺序也可以相互交换，排列的先后顺序
有
P
3
3
3216
(种)．故由乘法原理，一共有
621672
种排法．
⑵ 可以看成
3216
(本)书随意排，一共有
P
6
6
654321720
(种)排法．
若同类书不分开，共 有
72
种排法；若同类书可以分开，共有
720
种排法．
【备选2】8人围圆桌聚餐，甲、乙两人必须相邻，而乙、丙两人不得相邻，有几种坐法？
n
人的环状排列与线状排列的不同之处在于：
a
1
a
2
a3
La
n
、
a
2
a
3
La
n
a
1
、
a
3
a
4
La
n
a
1
a
2
、…、
a
n
a
1
La
n1
在
【解析】
线状排列里是
n
个不同的排列， 而在环状排列中是相同的排列．所以，
n
个不同的元素的环状排列数为
P
n< br>n
P
n
n


1
1
．
n
甲、乙两人必须相邻，可把他们看作是1人（当然，他们之间还有顺序），总排列数为
P2
2
P
6
6
．从中扣除
甲、乙相邻且乙、丙也相邻（注 意，这和甲、乙、丙三人相邻是不同的．如甲在乙、丙之间合于后者，
但不合于前者）的情况
P
2
2
P
5
5
种．所以，符合题意的排法有
P
2
2
P
6
6
P
2
2
P
55
1200
（种）．
【备选3】一共有赤、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种颜色 的灯各一盏，按照下列条件把灯串成一串，有多少
种不同的串法？
⑴ 把
7
盏灯都串起来，其中紫灯不排在第一位，也不排在第七位．
⑵ 串起其中
4
盏灯，紫灯不排在第一位，也不排在第四位．
【解析】 ⑴ 可以先考虑 紫灯的位置，除去第一位和第七位外，有
5
种选择；然后把剩下的
6
盏灯随意 排，
【解析】 是一个全排列问题，有
P
6
6
654 321720
(种)排法．
由乘法原理，一共有
57203600
(种)．
⑵ 先安排第一盏和第 四盏灯．第一盏灯不是紫灯，有
6
种选择；第四盏灯有
5
种选择；剩下的5
盏灯中
随意选出
2
盏排列，有
P
5
2
5420
(种)选择．由乘法原理，有
6520600
(种)。 【备选4】在
1~100
中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取 法？
【解析】 两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶 数，而取出的两
个数与顺序无关，所以是组合问题．
5049
2
从
50
个偶数中取出
2
个，有
C
50
1225
(种)取法；
21
5049
2
从
50
个奇数中取出< br>2
个，也有
C
50
1225
(种)取法．
2 1
根据加法原理，一共有
122512252450
(种)不同的取法．
【备选5】如图所示，用长短相同的火柴棍摆成3×1996的方格网，其中每个小方格的边都由一根火柴棍组
成，那么一共需用多少根火柴棍?
【解析】 横放需1996×4根，竖放需1997×3根
共需1996×4+1997×3=13975根。