淮阴师范学院-yy活动主持词

第十二讲 排列组合



编写说明


加乘原理，排列组合是四年级一个重要的学习内容，奥数网在 四年级秋季对此部分内
容进行过系统讲解，春季时对加乘原理进行过复习巩固，此节课我们将对排列组合 进行巩
固提高！加乘原理是排列组合的基石，教师可根据本班情况对加乘原理的思想进行适当回
顾！





内容概述



加乘原理，排列组合是四年级一个重要的学习内容，在之前的学习中， 我们已经对它
们有所了解，

对于加乘原理我们只需要记住：加法分类，类类独立；乘法分步，步步相关！

排列 组合的应用具有一定难度.突破难点的关键：首先必须准确、透彻的理解加法原理、
乘法原理；即排列组 合的基石.其次注意两点：
①对问题的分析、考虑是否能归纳为排列、组合问题？若能，再判断是属于 排列问题
还是组合问题？②对题目所给的条件限制要作仔细推敲认真分析.可利用图示法，可使
问题简化便于正确理解与把握.

本讲主要巩固加强此部分知识，注重排列组合的综合应用.






排 列




在实际生活中常遇到这样的问题，就是要把一些事物排 在一起，构成一列，计算有多
少种排法．就是排列问题．在排的过程中，不仅与参加排列的事物有关，而 且与各事物所
在的先后顺序有关．

一般地，从n个不同的元素中任取出m个（ m≤n）元素，按照一定的顺序排成一列．叫
做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．

由排列的定义可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完全相同，而
且各元素的 先后顺序也一样．如果两个排列的元素不完全相同．或者各元素的排列顺序不
完全一样，则这就是两个不 同的排列．
从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中m
p
n
m
p
n
n(n1)(n2)....(n m1)

取出m个元素的排列数，我们把它记做
其中
（m≤n），
共m个数
.
P
n
n
n!n(n1)...1
.



【例1】 一栋12层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停．在一 楼有3人进了电梯，
其中至少有一个要上12楼，则他们到各层的可能情况共有多少种?
< br>分析：每个人都可以在第7层至第12层中任何一层下，有6种情况，那么三个人一共有6
×6× 6=216种情况，其中，都不到12楼的情况有5×5×5=125种．因此，至少有一人要上
12楼 的情况有216-125=91种．

【巩固】小明的书架上原来有6本书，不重新排列，再放上3本书，可以有多少种不同的
放法?
分析：放第一本书时，有原来的6本书之间和两端的书的外侧共7个位置可以选择；放第
二本书 时，有已有的7本书之间和两端的书的外侧共8个位置可以选择．同样道理，放第
三本书时，有9个位置 可以选择．由乘法原理，一共可以有7×8×9=504种不同的放法．

【巩固】书架上有 4本不同的漫画书，5本不同的童话书，3本不同的故事书，全部竖起排
成一排，如果同类型的书不要分 开，一共有多少种排法？如果同类书可以分开，一共有多
少种排法？（只写出表达式，不用计算） 分析：每种书内部任意排序，分别有
P
4
，
P
5
，P
3
种排法，然后再排三种类型的顺序，有
P
3
4533
4533
种排法，整个过程分4步完成．
P
4
×
P
5×
P
3
×
P
3
=103680(种)．如果同类书可以 分开，
就相当于4+5+3=12本书随意排，有
P
12
种排法.


【例2】 用数码0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数?

分析： 小于1000的自然数包括一位数、两位数、三位数，可以分类计算．注意“0”是自
12

1112
然数，且不能作两位数、三位数的首项．
5P
4
P< br>4
P
4
P
4
69
（个）.很自然的知道
需要根据位数分类考虑，而且首位非零的限制也需要考虑．

【前铺】用0，1，2，3，4可以组成多少个没重复数字的三位数？
分析：（法1）在本 题中要注意的是0不能为首位数字，因此，百位上的数字只能从1，2，
3，4这四个数字中选择1个， 有4种方法；十位和个位上的数字可以从余下的4个数字中
任选两个进行排列，有
P
4
种方法．由分步计数原理得，三位数的个数是：4×
P
4
=48(个)． < br>（法2）：从0，1，2，3，4中任选三个数字进行排列，再减去其中不合要求的，即首位是
0 ．从0，1，2，3，4这五个数字中任选三个数字的排列数为
P
5
，其中首位是0的 三位数
有
P
4
个．三位数的个数是：
P
5
-
P
4
=5×4×3-4×3=60-12=48(个)．不是简单的全排列，
有一些 其它的限制，这样要么全排列再剔出不合题意的情况，要么直接在排列的时候考虑
这些限制因素．

【前铺】（1）用1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的三位数?
（2）用1，2，3，4，5可以组成多少个三位数？
分析：（1）要组成三位数，自然与三 个数字的排列顺序有关，所以这是一个从五个元素中
取出三个进行排列的问题，可以组成
232
3
22
P
5
3
=5×4×3=60种没有重复数字的三位数 ．
（2）没有要求数字不能重复，所以不能直接用
P
5
3
来计算， 分步考虑，用乘法原理可得：5
×5×5=125（个）.
注意“重复”和“没有重复”的区别！


【例3】 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.
7
分析：（1）
P
7
5040
（种）.
6< br>（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．
P
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)．
6
2P
5
5
240
（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．

(种)．
P
5
2
P
5
5
2400
（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，
（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
7
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
7
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，
一般先考虑特殊情况再去全排列．


【例4】 用l，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?

分析：可以分两类来看：
(1)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 ，
5
P
4
4
=24种放法，对应24
个不同的五位数； < br>(2)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．由乘法原理，可以组成3x3×
P
3
3
=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．


【例5】 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5 678是第几个数?

分析：从高位到低位逐层分类：
(1)千位上排1，2，3 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，百、十、个位可有9×8×7=504种
排列方式．由乘法原理，有
4×504=2016个．
(2)千位上排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
下的八个数字
中选择．由乘法原理，l×5×8×7=280个．
(3)千位上排5，百位上排6，十位上 排0，1，2，3，4时，个位也从剩下的七个数字中选
择，有1×l×5×7=35个．
( 4)千位上排5，百位上排6，十位上排7时，比5678小的数的个位可以选择0，1，2，3，
4， 共5个．
综上所述，比5678小的四位数有2016+280+35+5=2336个，故5678 是第2344个四位数．

【例6】 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．为确保打开保险柜，至少要试多少 次？

分析：四个数字之和为9的情况有：l+1+1+6=9；1+1+2+5=9；1+ 1+3+4=9；1+2+2+4=9；
1+2+3+3=9；2+2+2+3=9，分别计算这6种情 况．对于“l+1+1+6”这种情况，我们只需考虑
6，其它1放那都一样；对于“1+1+2+5” 这种情况，只需考虑2和5，其它同理，可得答案：
P
4
1
P
4< br>2
P
4
2
P
4
2
P
4
2
P
4
1
56(次)


【巩固】有3所学 校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：
一共有多少种不同的订法?
分析：可以分三种情况来考虑：
(1)3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，1 02；99，100，101两种组合，每种组各
有
P
3
3
=6种不 同的排列，此时有6×2=12种订法．
(2)3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101， 101；99，99，102两种组合，每种组
各有3种不同的排列，此时有3×2=6种订法．
(3)3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．
由加法原理，不同的订法一共有12+6+l=19种．
【例7】 某校组织进行的一次知识 竞赛共有三道题，每道题满分为7分，给分时只能给出
自然数l，2，3，…，7分．已知参加竞赛者每 人三道题的得分的乘积都是36，而且任意二
人各题得分不完全相同，那么请问参加竞赛的最多有多少人 ?

分析：将36分解为不大于7的三个数的乘积，有1×6×6；3×3×4；2×3×6 三种情况．考
虑到因数的
先后顺序，第一种情况，考虑1有三个位置可选择，其余位置放6， 有3种顺序；第二种情
况与第一种情况相似，有3种顺序；最后一种情况，有3×2×l=6种顺序．由 加法原理，
一共有12种顺序，所以参赛的最多有12人．






组 合


一般地，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素组成一组不计较组内各元素的次序，
叫做从n个 不同元素中取出m个元素的一个组合.由组合的定义可以看出，两个组合是否相
同，只与这两个组合中的 元素有关，而与取到这些元素的先后顺序无关.只有当两个组合中
的元素不完全相同时，它们才是不同的 组合.

从
n
个不同元素中取出
m
个元素（m
≤
n
）的所有组合的个数，叫做从
n
个不同元素中
个 数
64444
m
744448
n(n1)...(nm1)m
取出
m
个不同元素的组合数.记作
C
n
这就是组合数 公式.

m!


【例8】 从3、5、7、11这四个质数中任取两个相乘，可以得到多少个不同的乘积？

分析：由于 3，5，7，11都是质数，因此所得乘积各不相同，因此只要求出不同的质数对
的个数就可以了．
C
4
2
=6.

【巩固】以右图中的8个点中的3个为顶点，共可以画出多少个不同的三角形?
分析：从8个 点中选3个点，一共有56种不同的选法．但是因为在一条直线上
的3个点不能组成三角形，所以应去掉 两条直线上不合要求的选法．5个点选3
个的选法有10种．4个点选3个的选法有4种．所以一共可以 画出56-(10+4)=42
不同的三角形．

【拓展】从8名候选人中选出正、 副班长各1人，再选出3名班委会成员．一共有多少种
不同的选法?
分析：先选正、副班长， 分别有8种和7种选法．再从剩下的6人中选出3人，有
C
6
=20
种选法． 由乘法原理，共有8×7×20=1120种不同的选法．

【拓展】某年级6个班的数学课 ，分配给甲、乙、丙三名数学老师任教，每人教两个班，
分派的方法有多少种?
分析：分三步 进行：第一步，取两个班分配给甲，与先后顺序无关，是组合问题，有15种
选法；第二步，从余下的4 个班中选取两个班给6种选法；第三步，剩余的两个班给丙，
有1种选法．根据乘法原理，一共有15× 6×l=90种不同的分配方法．


【例9】 五个瓶子都贴了标签，其中恰好贴错了三个，贴错的可能情况共有多少个？

分析：首先考虑 哪三个瓶子贴错了，有
C
5
种可能，3个瓶子贴错后互相贴错标签又分成两
种 不同情况.所以共有
C
5
×2=20（种）.此题容易出错的是三个出错的瓶子确定后 ，他们之
间错误的可能情况数目，有的同学很容易忽略这一环节，而有的会不假思索的把它当作一
个全排列，这都是不正确的．


【例10】 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
3
3
3

选法？
（1） 恰有3名女生入选；
（2） 至少有两名女生入选；
（3） 某两名女生，某两名男生必须入选；
（4） 某两名女生，某两名男生不能同时入选；
（5） 某两名女生，某两名男生最多入选两人.

35
分析：（1）恰有 3名女生入选，说明男生有5人入选，应为：
C
8
C
10
141 12
；
（2）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
42 753
.
4
（3）4人必须入选，则从剩下的14人中再选出另外4人.
C
14
1001
.
（4）从所有的选法
C
18
中减去这4个人同时入选的
C
14
种可能：
C
18
-
C
14
=42757.
（5）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
C
14
=34749.
8484


【例11】 用2个1，2个2，2个3可以组成多少个互不相 同的六位数?用2个0，2个1，2
个2可以组成多少个互不相同的六位数?

分析 ：先考虑在6个数位上选2个数位放1，这两个1的顺序无所谓，故是组合问题有
C
6
=15
种选法；再从剩下的4个数位上选2个放2，有
C
4
=6种选法；剩下 的2个数位放3，只有
1种选法．由乘法原理，这样的六位数有15×6×l=90个．
在前 一问的情况下组成的90个六位数中，首位是1、2、3的各30个．如果将3全部换成0，
这30个首 位是0的数将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数90—30=60个．


【例12】 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?

分析：针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参与情况分成三类：
(1)多面手 不参加，则需从5名英语翻译员中选出4人，有
C
5
=5种选择，需从4名日语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有5×l=5种选择．
(2)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：
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
2
2

语翻译员中选出4人，有1种选择 ．由乘法原理，有2×lO×l=20种选择；
如果参加日文翻译，则需从5名英语翻译员中选出4人 ，有
C
5
=5种选择，需从4名日语翻
译员中再选出3名，有
C4
=4种选择．由乘法原理，有2×5×4=40种选择．根据加法原理，
多面手中有一人 入选，有20+40=60种选择．
(3)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．
情况①中，还需从5名英语翻译员 中选出2人，有
C
5
=10种选择．需从4名日语翻译员中
选4人，1种选择 ．由乘法原理，有l×lO×l=10种选择．
情况②中，需从5名英语翻译员中选出4人，有
C
5
=5种选择．还需从4名日语翻译员中选
出2人，有
C
4=
6种选择．根据乘法原理，共有l×5×6=30种选择．
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，有
C
5
=10种选择，需从4名日语翻译员中选出3 名，
C
4
=4种选择．由乘法原理，
有1×2×lO×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．


【例13】 有蓝色旗3面，黄色旗2面，红色旗1面.这些旗的模样、大小都相同．现在把 这
些旗挂在一个旗杆上做成各种信号，如果按挂旗的面数及从上到下颜色的顺序区分信号，
那么 利用这些旗能表示多少种不同信号?

分析：第一类：挂一面旗．从蓝、黄、红中分别取一面，可以表示3种不同信号；
第二类：挂 两面旗．按颜色分成：红+黄（
P
2
=2种）；红+蓝（
P
2
=2种）；黄+蓝（
P
2
=2
种）；黄+黄（1种）；蓝+蓝（1种）；共 8种；

第三类：挂三面旗．按颜色分类：红+蓝+蓝（
C
3
=3 种）；红+黄+黄（
C
3
=3种）；红+黄+
蓝（
P
3=6种）；黄+黄+蓝（
C
3
=3种）；黄+蓝+蓝（
C
3=3种）；蓝+蓝+蓝（1种）；共19
种；
24
第四类：挂四面旗.按颜色分 类：红+黄+黄+蓝（
C
4
×2=12或
P
4
2
=12种）；红+黄+蓝+
24122
蓝（
C
4
×2=12或
P
4
2
=12种）；红+蓝+蓝+蓝（
C
4
=4种）； 黄+黄+蓝+蓝（
C
4
C
2
=6
311
11222
33
2
4
2
3
4
种）；黄+蓝+蓝+蓝 （
C
4
=4种），共38种.
1

321
第 五类：挂五面旗.按颜色分类：红+黄+黄+蓝+蓝（
C
5
C
3
 C
1
=30种）；红+黄+蓝+蓝+
332
蓝（
C
5
21
=20种）；黄+黄+蓝+蓝+蓝（
C
5
C
2
=10种），共60种；
321
第六类：挂六面旗.红+黄+黄+蓝+蓝+蓝（
C< br>6
C
3
C
1
=60种）；
利用加法原理共188种.





附加题目


【附1】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?

分析：先排独唱节目，四个节目随意排，有
节目，有三个节目，两个位 置，对应
P
4
4
=24种排法；其次在独唱节目的首尾排合唱
P3
2
=6种排法；再在独唱节目之问的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=432种不同的编排方法．


【附2】某市的 电视台有八个节目准备分两天播出，每天播出四个，其中某动画片和某新闻
播报必须在第一天播出一场， 体育比赛必须在第二天播出，那么一共有多少种不同的播放
节目方案？

分析：某动 画片和某新闻播报在第一天播放，对于动画片而言，可以选择当天四个节目时
段的任何一个时段，一共有 4种选择，对于新闻播报可以选择动画片之外的三个时段中的
任何一个时段，一共有3种选择，体育比赛 可以在第二天的四个节目时段中任选一个，一
共有4种选择．剩下的5个节目随意安排顺序，有
P
5
5
=120种选择．由乘法原理，一共有
4×3×4×120=5760 种不同的播放节目方案．


【附3】某旅社有导游9人，其中3人只会英语，2人 只会日语，其余4个既会英语又会日
语．现要从中选6人，其中3人做英语导游，另外3人做日语导游． 则不同的选择方法有
多少种?

分析：此题若从“多面手”出发来做，不太简便，由 于只会日语的人较少，所以针对只会
日语的人讨论，分三类：
(1)只会日语的2人都出场， 则还需1个多面手做日语导游，有4种选择．从剩下的只会英
语的人和多面手共6人中选3人做英语导游 ，有
C
6
=20种，由乘法原理，有4×20=80种选
3

< br>择．
(2)只会日语的2人中有1人出场，有2种选择．还需从多面手中选2人做日语导游，有
C
4
=6
种选择．
剩下的只会英语的人和多面手共5人中选3人做 英语导游，有
C
5
=10种选择．由乘法原理，
有2×6×10=120种选 择．
(3)只会日语的人不出场，需从多面手中选3人做日语导游，有
C
4
=4种选择．剩下的只会
英语的人和多面手共4人中选3人做英语导游，有
C
4
=4种选择．由乘法原理，有4×4=16
种选择．
根据加法原理，不同的选择方法一共有80+120+16=216种．


【附4】一个盒子装有10个编号依次为1，2，3，…，10的球，从中摸出6个球，使它们
的编号 之和为奇数，则不同的摸法种数是多少?

分析：10个编号中5奇5偶，要使6个球的编号之和为奇数，有以下三种情形：
(1)5奇1偶，对奇数只有1种选择，对偶数有5种选择．由乘法原理，有1×5=5种选择； (2)3奇3偶，对奇数有
C
5
=10种选择，对偶数也有
C
5
=10种选择．由乘法原理，有10×10=100
种选择；
(3)1奇5偶，对奇数有5种选择，对偶数只有1种选择．由乘法原理，有5×1=5种选择．
由加法原理，不同的摸法有：5+100+5=110种．
33
3
3
3
2


【附5】马路上有编号 为1，2，3，…，l0的十只路灯，为节约用电又能看清路面，可以把
其中的三只灯关掉，但又不能同 时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况
下，求满足条件的关灯方法有多少种？

分析：l0只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题< br>可以转化为在7只亮着的路灯之问的六个空档中插入三只熄灭的灯，有
C
6
=2 0种插法.





练习十二


1．千位数字与十位数字之差为2（大减小)，且不含重复数字的四位数有多少个?

分析：有两类情况：
3

(1)千位数字大于十位数字．千位数字的取 值范围为2～9，对应的十位数字取0～7，每确定
一个千位数字，十位数字就相应确定了，只要从剩下 的8个数字中选出2个作百位和个位
就行了，因此总共有8×
P
8
个这样的四 位数．
(2)千位数字小于十位数字．千位数字取1～7，十位数字取3～9，共有7×
P< br>8
个这样的四
位数．
8×
P
8
+7×
P
8
=15×56=840(个)


2．由四个不同的非0数字组成的所有四位数中，数字和等于12的共有多少个?

分析：四个数字都不同而数字和为12的数字有1，2，3，6和1，2，4，5两种情况， 对于
每种情况，可以组成
22
2
2
P
4
4
=24个不同的四位数．对于所以，共可以组成24+24=48个不同的
四位数．


3．桌子上有3张红卡片，2张黄卡片，和1张蓝卡片，如果将它们横着排成一排，同种颜< br>色的卡片不分开，一共有多少种排法？
3213
PPP
分析：
P
3213
=72种.


4．有13个队参加篮球比赛，比赛分两个组，第一组七个队，第二组六个队，各 组先进行
单循环赛(即每队都要与其它各队比赛一场)，然后由各组的前两名共四个队再进行单循环赛决定冠亚军.问：共需比赛多少场？
分析：分三部分考虑，第一组预赛、第二组顶赛和最后的决 赛．第一组要赛：
第二组要赛：
C
7
2
=21(场)，
C< br>6
2
=15(场)，决赛阶段要赛：
C
4
2
=6(场 )，总场数：21+15+6=42(场)．


5．工厂从100件产中任意抽出三件进行检查，问:
(1)一共有多少种不同的抽法?
(2)如果100件产品有2件次品,抽出的3件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？
(3)如果100件产品中有2件次品，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有多少种? 、

分析：从100件产品中抽出3件检查，与抽出3件产品的顺序无关，是一个组合问题． < br>(1)不同的抽法数就是从100个元素中取3个元素的组合数．
C
100
=1 61700（种）.
(2)可分两步考虑，第一步：从2件次品中抽出一件次品的抽法有
C< br>2
种；第二步：从98件
1
3

合格品中抽出2件合格品 的抽法有
C
98
种．再用分步计数原理求出总的抽法数，
12
C2
C
98
9506
.
2
(3)可以从反面考虑， 从抽法总数
C
100
中减去抽出的三件都是合格品的情况，便得到抽出的
33
三件产品中至少有一件是次品的抽法总数．
C
100
C
98
1617001520969604
.
3


6．在6名 女同学，5名男同学中选出4名女同学，3名男同学，男女相间站成一排，有多
少种排法？

分析：需要站排的7名同学确定后，男女相间的站法如下：女，男，女，男，女，男，女，
可以 先排四个女生，然后再在四个女生间隔的三个位置中排那三名男
4343
生．
C
6
C
5
P
4
P
3
21600
种 排法.







课外故事


没有想象的那么难


并不是因为事情难我们不敢做，而是因为我们不敢做事情才难的.

1965 年，一位韩国学生到剑桥大学主修心理学。在喝下午茶的时候，他常到学校的咖
啡厅或茶座听一些成功人 士聊天.这些成功人士包括诺贝尔奖获得者，某一些领域的学术权
威和一些创造了经济神话的人，这些人 幽默风趣，举重若轻，把自己的成功都看得非常自
然和顺理成章.时间长了，他发现，在国内时，他被一 些成功人士欺骗了. 那些人为了让正
在创业的人知难而退，普遍把自己的创业艰辛夸大了，也就是说， 他们在用自己的成功经
历吓唬那些还没有取得成功的人.

作为心理系的学生，他 认为很有必要对韩国成功人士的心态加以研究。1970年，他把
《成功并不像你想像的那么难》作为毕 业论文，提交给现代经济心理学的创始人威尔;布雷
登教授。布雷登教授读后，大为惊喜，他认为这是个 新发现，这种现象虽然在东方甚至在
世界各地普遍存在，但此前还没有一个人大胆地提出来并加以研究。 惊喜之余，他写信给
他的剑桥校友--当时正坐在韩国政坛第一把交椅上的人--朴正熙。他在信中说， “我不敢说这
部著作对你有多大的帮助，但我敢肯定它比你的任何一个政令都能产生震动.”

后来这本书果然伴随着韩国的经济起飞了。这本书鼓舞了许多人，因为他们 从一个新
的角度告诉人们，成功与“劳其筋骨，饿其体肤”、“三更灯火五更鸡”、“头悬梁，锥刺股”
没有必然的联系。只要你对某一事业感兴趣，长久地坚持下去就会成功，因为上帝赋予你
的时间 和智慧够你圆满做完一件事情.后来，这位青年也获得了成功，他成了韩国泛业汽车
公司的总裁.