北京中医药大学东方学院-考研指南

7-2-2较复杂的乘法原理



教学目标

1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；
2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．
3.培养学生准确分解步骤的解题能力；
乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．

知识要点
一、乘法原理概念引入

老师周六要去给同学们上课 ，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如
果说申老师的家到长宁有 5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到
黄埔有2种可选择的交 通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？

我们看上面这 个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定
要先到长宁上完 课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显
而易见一共是 10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种
可选择 的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原
理就 派上上用场了．
二、乘法原理的定义
完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（ 比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么
一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二 是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第
二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方 法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的
方法．
结合上个例子，老师要完成从 家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种
选择；第2步从长宁到黄埔，一 共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．
三、乘法原理解题三部曲
1、完成一件事分N个必要步骤；
2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；
3、步步相乘
四、乘法原理的考题类型
1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；
2、字的染色问题—— 比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；
3、地图的染色问 题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张
包括几个部分的地 图有几种染色的方法；
4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；
5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．

例题精讲
模块一、乘法原理之组数问题

【例 1】 ⑴由数字1、2可以组成多少个两位数？
⑵由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】1星 【题型】解答
【解析】 ⑴组成两位数要分两步来完成：第一步 ，确定十位上的数字，有2种方法；第二步确定个位上的数字，
有2种方法．根据乘法原理，由数字1、 2可以组成2×2=4个两位数，即11，12，21，22．
⑵组成没有重复数字的两位数要分两步 来完成：第一步，确定十位上的数字，有2种方法；第二步
确定个位上的数字，因为要组成没有重复数字 的两位数，因此十位上用的数字个位上不能再用，因
此第二步只有1种方法，由乘法原理，能组成2×1 =2个两位数，即12，21．
【答案】⑴4 ⑵2

【巩固】 ⑴由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？
⑵ 由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 ⑴分三步完成：第一步排百位上的数， 有3种方法；第二步排十位上的数，有2种方法；第三步，
排个位上的数，有1种方法，由乘法原理，3 、6、9这3个数字可以组成
3216
个没有重复数字
的三位数．
⑵ 分三步完成，即分别排百位、十位、个位上的数字，每步有3种方法，由乘法原理，由3、6、9
这3个 数字一共可以组成
33327
个三位数．
【答案】⑴
6
⑵
27


【例 2】 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个：
⑴ 三位数？
⑵ 没有重复数字的三位数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 组成三位数可分三步完成．第一步，确定百位上的数字，因为百位不能为0，所以只有4种选择．
第二 步确定十位,所有数字都可以，有
5
种选择；第三步确定个位，也是
5
种选择 。共有
455100
种选择。
⑵ 也分三步完成．第一步，百位上有4种选择 ；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，
其他四个数字都可以，所以有4种方法；第三步确 定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还
有3种选择．根据乘法原理，可以组成
44 348
个没有重复数字的三位数．
【答案】⑴
100
⑵
48


【巩固】 由四张数字卡片：0，2，4，6可以组成 _____个不同的三位数。
【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】填空
【关键词】希望杯，4年级，1试
【解析】 千位选法有3种，百位3种，十位2种，个位1种，乘法原理3×3×2×1=18个
【答案】
18
个

【巩固】 用五张数字卡片：0，2，4，6，8能组成______个不同的三位数。
【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】填空
【关键词】希望杯，五年级，一试，第8题
【解析】 4×4×3=48个
【答案】
48
个

【例 3】 有五张卡， 分别写有数字1、2、4、5、8．现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，
问：可以组 成多少个不同的偶数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所 以先选取最右边的也就
是个位数位置上的卡片，有2、4、8三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片 中任取一张，放在
最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片 中选取一张，

放在中间十位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，可以组成3 ×4×3=36个不同的三位
偶数．
【答案】36

【例 4】 有5张 卡，分别写有数字2，3，4，5，6．如果允许6可以作9用，那么从中任意取出3张卡片，
并排放在 一起．问：⑴ 可以组成多少个不同的三位数？⑵ 可以组成多少个不同的三位偶数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 ⑴ 先考虑6只能当6的情况最后总的个数只要在这个基础上乘以2就可以了，分三步取出卡片: 第
一步确 定百位，有5种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他4个数字都
可以，所以有 4种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有3种选择．根
据乘法原理，考虑6 可以当作9，可以组成
5432120
（个）不同的三位数．
⑵ 先考虑6 只能当6的情况，分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶
数，所以先选取最 右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、6三种不同的选择；第二步在其余
的4张卡片中任取一张 ，放在十位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取
一张，放在百位数的位置上， 有3种不同的选择．根据乘法原理，6只是6时，可以组成
34336
（个）不同的三位 偶数．这时候算所求的三位偶数并不是简单乘以2就可以的，因为如果个位是6
的话变成9就不再是偶数 ，多乘的还需要减去，个位是6一共有
4312
（个）不同的三位偶数，
所以，可 以组成
3621260
（个）不同的三位偶数．
【答案】⑴
120
⑵
60


【例 5】 用1、2、3这三个数字可以组成多少个不同的三位数？如果按从小到大的顺序 排列，213是第几个
数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1= 6(种)方法,即可以组成6个不同三
位数.它们依次为123,132,213,231,312,3 21．故213是第3个数．
【答案】6个；第3个

【巩固】 有一些四位数， 它们由4个互不相同且不为零的数字组成，并且这4个数字和等于12.将所有这样
的四位数从小到大依 次排列，第35个为 ．
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 4个互不相同且不为0的数字之和等于12，只有两种可能：1+2+3+ 6或者1+2+4+5．根据乘法原理，
每种情况可组成4×3×2×1=24个不同的四位数，一共可 组成48个不同的四位数．要求从小到大排列
的第35个数，即求从大到小排列的第14个数．我们从千 位最大的数开始往下数：千位最大可以取
6，而千位是6的数共有3×2=6个；接下来是5，千位为5 的数也有6个．所以第13个数应为4521，
第14个是4512，答案为4512．
【答案】4512

【例 6】 对于由1~5组成的无重复数字的五位数，如果它 的首位数字不是1，那么可以进行如下的一次置换
操作：记首位数字为k，则将数字k与第k位上的数字 对换．例如，24513可以进行两次置换：
24513→42513→12543．可以进行4次置换 的五位数有 个．
【考点】 【难度】星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，六年级，初赛，12题
【解析】 要进行
4
次置换，设 首位为
a
(
a
不为
1
，有
4
种选择)，那 么第
1
次与
a
置换的第
a
位上的数可能为
1
和
a
，有
3
种选择；设与
a
置换的为
b
，现在
b
在首位，此时要与
b
置换的第
6
位上的数可能为< br>1
，
a
，
b
，有
2
种选择；设与
b
置换的为
c
，则此时
c
在首位，那么此时与
c
置换 的数组成为
1
，
a
，
b
，
c
，
只 有
1
种选择；设为
d
，那么最后只能是
d
与
1置换.所以要进行
4
次置换共有
432124
种方法，
那么共有
24
个数可以进行四次置换.
另解：也可以反过来考虑，进行
4< br>次置换后，
2
，
3
，
4
，
5
四个数 分别在第
2
，
3
，
4
，
5
位上，那
么
1
只能在首位上，故经过
4
次置换后得到的数必定是
12345
.
1
与
2
，
3
，
4
，
5
中的某个数置换一次
有
4
种选择，这个数与其它的
3
个数置 换有
3
种选择……也可以得到符合条件的数有
432124
个.
【答案】
24
个

【例 7】 将1332，332，32，2这 四个数的10个数码一个一个的划掉，要求先划位数最多的数的最小数码，
共有多少种不同的划法？
【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】解答

【解析】 从小到大一步一步的分步划，遇到出现岔路的情况分类考虑．从位数最多的1332开始：
⑴划掉1332中的1，剩下332，332，32，2四个数；
⑵划掉位数最多的332中的2，有2种不同的顺序，划掉后剩下33，33，32，2四个数；
⑶划掉32中的2，剩下33，33，3，2；
⑷两个33中，各划掉一个3，有4×2=8种划掉的顺序，之后剩下3，3，3，2四个数；
⑸划掉2后，剩下3，3，3，有3×2=6种划掉的顺序．
根据乘法原理，共有不同的划法：2×8×6=96种．
【答案】96种

【巩固】 一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉” 另一个
三位数，例如：532吃掉311，123吃掉123，但726与267相互都不被吃掉．问： 能吃掉678的三
位数共有多少个？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 即求百位数不小于6，十位数不小于7 ，个位不小于8的自然数．百位数不小于6，有4种；十位数不
小于7，有3种；个位不小于8，有2种 ．由乘法原理，能吃掉678的三位数共有
43224
种．
【答案】
24


【例 8】 如果一个四位数与一个三位数的和是
1999
，并且四位数和三位数是由
7
个不同的数字组成的，那
么， 这样的四位数最多能有多少个？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 四位数的千位数字是
1
．由于这个四位数与三位数的相同 位数上的数字之和小于
19
，所以这个四位
数与三位数的相同位数上的数字之和均等于
9
．这两个数的其他数字均不能为
8
．
四位数的百位数字
a
可在
0
、
2
、
3
、
4
、
5
、
6
、
7
中选择(不能是9)，有7种选择，这时三位数的百位数字是
9a
；四位数的十位数字
b
可在剩下的
6
个数字中选择，三位数的十位数字是
9b
．四
位数的个位数字
c
可 在剩下的
4
个数字中选择，三位数的个位数字是
9c
．因此，根据乘法原理 ，
这样的四位数有
764=168
个．
【答案】
168


【例 9】 用1～9可以组成______个 不含重复数字的三位数；如果再要求这三个数字中任何两个的差不能是
1，那么可以组成______个 满足要求的三位数？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 1) 9×8×7=504个．
2）504-（6+5+5+5+5+5+5+6）×6-7×6=210个；
（减去有2个 数字差是1的情况，括号里8个数分别表示这2个数是12，23，34，45，56，67，78，
8 9的情况，×6是对3个数字全排列，7×6是三个数连续的123、234、345、456、567、789 这7种
情况）．
【答案】504；210

【例 10】 用数字
1~8
各一个组成8位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是3的倍数．共有
种组成方法．
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】走美杯
【解析】
1~8
中被三除余1和余2 的数各有3个，被三整除的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件
的排列，一定符合“被三除所得 余数以3位周期”，所以8个数字，第1、4、7位上的数被3除同余，
第2、5、8位上的数被3除同 余，第3、6位上的数被3除同余，显然第3、6位上的数被3整除，
第1、4、7位上的数被3除可以 余1也可以余2，第2、5、8位上的数被3除可以余2可以余1，余
数的安排上共有2种方法，余数安 排定后，还有同余数之间的排列，一共有
3!3!2!144
（种）方
法．
【答案】
144


【例 11】 电子表用
11:35< br>表示
11
点
35
分，用
06:05
表示
6< br>点
5
分，那么
2
点到
10
点之间电子表中出现无重复
数字的时刻有________次．
【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 根据题意，在2点到10点之间，表示 小时数的二位数字前一位只能为0，后一位可以为2～9；表示
分钟数的二位数字前一位可以为0～5， 后一位可以为0～9，再考虑到无重复数字，当时间为2点多、
3点多、4点多或5点多时，每一种情况 下，表示分钟数的两位数字中前一位有
624
种选择，后

一位数字 有
1037
种选择，此时有
4728
种可能，比如
02:a b
时，
a
可以为1，3，4，5，
b
就
剩下
10 37
种可以选择．所以这几种情况下共有
284112
种．
类似分析 可知，当时间为6点多、7点多、8点多、9点多时，每种情况下都有
5735
种，共有< br>354140
种．
所以共
112140252
种．
【答案】
252


【巩固】 一种电子表在8时31分25秒时显 示为
8：31
25
，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都
不相同 的时刻一共有______个。
【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】走美杯，五年级，初赛，第14题
【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
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．
【答案】
1260
个

22
22
模块二、车票问题
【例 12】 北京到上海之间一共有6个站，车站应该准备多少种不同的车票？(往返车票算不同的两种)
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 京沪线上中间六个站连北京上海两站一共有8个站，不同的车票上起点站可以有8种，相同的 起点
站又可以配7种不同的终点站，所以一共要准备8×7=56种不同的车票．
【答案】
56


【巩固】 一条线段上除了两个端点还有6个点，那么这段线段上可以有多少条线段？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 将这条线段看作是京沪线，点是车站， 那么，每一条线段都对应两张来回车票，所以线段的总数是
56÷2=28条线段．
【答案】28

【巩固】 某次大连与庄河路线的火车，一共有6个停车点，铁路局要为这条路线准备多少种不同的车票？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 不同的车票上起点站可以有6种，相同的起点站又可以配5种不同的终点站，所以一共要准备
6530
种不同的车票．
【答案】
30


【巩固】 北京到广州之间有10个站，其中只有两个站是大站(不包括北京、广州)，从大站出发的车 辆可以配
卧铺，那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票？
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 京广线上一共有12个站，其中有四个 大站，卧铺车的起点可以有四种，不同的起点站都可以配11
个不同的终点站，所以铁路局要准备4×1 1=44种不同的车票．
【答案】44

模块三、排队问题
【例 13】 奥运吉祥物中的
5
个“福娃”取“北京欢迎您”的谐音：贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮 妮．如果在盒子
中从左向右放
5
个不同的“福娃”，那么，有 种不同的放法．
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】希望杯
【解析】 可得
54321120
（种）．
【答案】
120


【例 14】 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。

【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】华杯赛，初赛，第6题
【解析】 贝贝在左、妮妮在右相邻的排法有4×3×2× 1=24（种），贝贝在右、妮妮在左相邻的排法也有
4×3×2×1=24（种），总的排法5×4× 3×2×1=120（种）。所以贝贝和妮妮不相邻的排法是120-2×24=72
（种）。
【答案】
72
种

【例 15】 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目．问：⑴ 如果4个舞蹈节目要排在一起，有多少种不
同的安排顺序? ⑵ 如果要求每两个舞蹈节目之间至少安排一个演唱节目，一共有多少种不同的安
排顺序?
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】仁华学校
【解析】 ⑴将4个舞蹈节目视为1个节目，七个节目一起排列一共有< br>76543215040
个，但舞蹈节
目还有
4321 24
种排列．所以一共有
504024120960
种．
优先安排将6 个演唱节目顺序，一共有
654321720
种方法，然后将4个舞蹈节目按顺序 安
插到6个演唱节目前后不同位置，包括首尾一共有
617
个位置可供4个舞蹈节 目安插，共有
7654840
个安插方式，所以一共有
72084060 4800
种排列方式．
【答案】
604800


【例 16】 新年联欢会共有8个节目，其中有3个非歌唱类节目。排列节目单时规定，非歌唱类节目不相邻，而且第
一个和最后一个节目都是歌唱类节目。则节目单可有 种不同的排法。
【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】希望杯，六年级，二试，第10题
【解析】 方法一：乘法原理：
第一 步：先从5个歌唱节目里选出2个排在最左面和最右面，共有
P
5
2
20< br>（种）；
第二步：将非歌唱类打包当成一个节目，此时中间共需排列3+1，对他们进行排列有 ：
P
4
4
24
（种）；
第三步：对打包后的非歌唱类节 目进行全排列，有
P
3
3
6
（种）
分步，共有：
P
5
2
P
4
4
P
3
3
288 0
（种）。
方法二：
第一步：将5个歌唱类节目进行全排列，有
P
5
5
120
（种）；
第二步：使用插板法，中间有4个空格，将相邻的 3个非歌唱类节目插入，这3个非歌唱类节目也
3333
P
3
24
（种）
P
3
2880
（种） 要进行全排列，则有：则有
C
4
。所以共有：
P
5
5
C
4
【答案】
2 880
种

【例 17】 爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座
方法?
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】华杯赛，初赛，第4题
【解析】 方法一：第一人落座后，考察左邻的人，有3种 选择，第二人落座后，考察左邻的人有3种选择，
所以共有3×2=6种选择。
方法二：第一 人落座有4个位置可选，第一人落座后，坐在他的左面的有三种情况，而每种情况另
一人的左邻又有两种 ，所以共有4×3×2＝24种方法，但由于是圆桌，只考虑相邻情况，不考虑具体
坐在哪一面，所以只 有24÷4＝6种入座方法。
【答案】
6
种

【例 18】 四 对夫妇围一圆桌吃饭，要求每对夫妇两人都要相邻，那么一共有多少安排座位的方法？(如果某
种排法可 以通过旋转得到另一种排法，那么这两种排法算作同一种．)
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 方法一：事实上如果没有括号中的条件 ，那么所得的答案是原题答案的八分之一，因为符合原题的
所有不同排法都通过旋转可以得到8种各不相 同的安排方法．所以可以先求出改掉括号中条件的题
目答案．对于改编后的题，显然所有的安排方法分为 两大类，如右图所示，每个椭圆中是一对，对
于其中的一类，例如右图，第一步，确定1号位的人选：8 种，那么2号位只能是他(她)的妻子(丈
夫)；第二步确定3号位的人选：6种，那么4号位只能是坐 3号位的妻子或丈夫……，如此，对于
右图可以有
8642384
种排法，同 理左图也有384种排法，一共是768种排法．那么对于有括

号中条件的题目一共有< br>768896
种排法．
所以用
13
的小长方形形覆盖
38
的方格网，共有13种不同的盖法．
8
7
6
1
2< br>3
4
7
8
1
2
3
5
6
4< br>5

方法二：由于括号中的条件让人很为难，对于一种新的排法，还要将它旋转，看它是 否和之前的排
法是否相同，当然也可以将所有排法都转到一个特殊的角度，以判断这些排法是否有相同的 ，所以
可以定义一个特殊角度：先将四对夫妇编号，然后规定对于每一种排法1号夫妇面南坐是它的特殊
角度，那么如果两种排法都转到特殊角度后，还不完全一样，那么这两种排法就无论如何也不能通
过旋转得到相同的排法，所以只要求出特殊角度下的不同排法数，第一步先将4对夫妻的整体位置
安排 好，当然1号夫妻已经排好了，安排另3对夫妻一共有
3216
种排法，如图所示： < br>1
4
3
2
3
1
2
4
4
1< br>3
2
2
1
3
4
3
1
4
2< br>2
1
4
3

对于以上每一种排法，夫妻之间都可以交换位置， 所以一共有
6222296
种排法．
【答案】
96


【巩固】 3个3口之家在一起举行家庭宴会，围一桌吃饭，要求一家人不可以被拆开，那么 一共有多少种排
法？(如果某种排法可以通过旋转得到另一种排法，那么这两种排法算作同一种．)
【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 使用原题的方法二会更方便：共
(21)(321)(321)( 321)432
种．
【答案】
432


【例 19】 编号为1到10的十张椅子顺时针均匀地绕圆桌一圈摆放．5对夫妇入座，要求男女相隔而坐，每
对夫妇不能相邻或对面而坐，有 种入座的分配方式．
10
9
8< br>7
6
5
1
2
3
4

【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】日本小学算术奥林匹克，初赛
【解析】 假设有位丈夫坐在1号位，那么所有的 丈夫都坐在奇数号位，妻子则坐在偶数号位．由于妻子不能
与丈夫相邻和相对，所以她不能坐在2，6， 10号位上，只能坐在4号位或8号位上．也就是说妻子
只能坐在丈夫的顺时针或者逆时针方向数第3个 位子上．
可以发现，丈夫和妻子的位子的这一关系对每一对夫妇和每一个座位都适用．
对于其中的某一个丈夫，他可以坐在1到10号的任意一个位子上，有10种选择．
不妨设他 坐在1号位上，那么他的妻子只能坐在4号位或8号位上．假如坐在4号位上，那么对于
坐在7号位上的 丈夫，他的妻子只能坐在10号位上；而对于坐在3号位上的丈夫，他的妻子只能坐
在6号位上；那么对 于坐在9号位上的丈夫，他的妻子只能坐在2号位；对于坐在5号位上的丈夫，
他的妻子只能坐在8号位 ．
可见，只要一对夫妇的位置确定，那么其他4对夫妇的位置关系也就确定了，也就是说，只要确定< br>了其他4位丈夫的座位，那么整个座位分配就确定了．由于4位丈夫之间的位置关系是不确定的，
所以有
4!24
种．
同样地，如果坐1号位的丈夫的妻子坐在8号位上，也有24 种．所以这名丈夫坐在1号位上共有
24248
种．

那么这名丈 夫坐在其它位置上也各有48种．由于每个座位都是编过号的，各个座位互不相同，每一
名丈夫和妻子也 都不相同，所以不会出现重复的情况，所以满足题意的分配方式有
4810480
种．
【答案】
480