安然无恙-菠萝饭的做法

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计数专题
学习目标
1.正确理解“标数”法计算路径数目；
2.正确理解“加法原理”、“乘法原理”的意义和运用场景；
2.正确理解“排列”、“组合”的意义、区别和计算公式；
3.正确掌握“优选法”“捆绑法”、“插空法”、“隔板法”这些排列组合解题技巧，
理解各种排列组合解题技巧的原理，所解决的问题类型及其解题方法；
一.标数法
例题：在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？

分析与解：题目要求从左下向右上走，所以走到任一点，例如右上图中的D点，不是经过左边的E
点，就是经过下边的F点。如果到E点有a种走法（此处a＝6），到F点有b种走法（此处b＝4），根据加法原理，到D点就有（a＋b）种走法（此处为6＋4=10）。我们可以从左下角A点开始，按加法原
理，依次向上、向右填上到各点的走法数（见右上图），最后得到共有35条不同路线。

二. 加乘原理
加法原理： 分情况、分类计数；
乘法原理：分步骤完成，各步骤单独计数，再连乘；
加乘混合：加法、乘法混合使用；
（1）一个步骤内有多种情况时，在计算本步骤时用加法，再总体用乘法计算出所有情况；
（2）总体分几种情况，分别计算各种情况时分步骤用乘法，再将各种情况汇总用加法
加法原理与乘 法原理的区别：乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要注意
它们的区别。乘 法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步
方法数的乘积；加 法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务（一
步完成任务），所以 完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。
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例 题：由A村去B村有2条路可走，由B村去C村有4条路可走，问从A村经B村去C村，共有
多少种不同 的走法？
A B C

三.排列组合
排列：有顺序要求（交换顺 序，就产生新的计数）乘法原理；A
5
2
=5×4
从< br>n
个不同的元素中取出
m
(
mn
)个元素，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．
（1）两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也相同．
（2）如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；
（3）如果两个排列中，虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列．
计算：
乘法原理：从
n
个不同元素中取出
m
个元素的排列数是
n（
，即
n1）（n2）（nm1）
P
n
m（nn1）（.n2）（nm1）
，这里，
mn
，且等号右边从n
开始，共有
m
个因数相乘。

组合：无顺序要求（交换顺序 ，不产生新的计数）除法原理；C
5
2
=（5×4）÷（2×1）
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 ．
（1）从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．
（2）如果两个组合中，元素不完全相同，它们是不同的组合；
（3）如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合．
计算：
除法原理：
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
取出
m
个不 同元素的组合数．记作
C
n
m
。
一般地，求从
n
个不同元素中取出的
m
个元素的排列数
P
m
n
可分成以下两 步：
第一步：从
n
个不同元素中取出
m
个元素组成一组，共有C
n
m
种方法；
第二步：将每一个组合中 的
m
个元素进行全排列，共有
P
m
m
种排法．
.

.
P
n
m
n（n1）（n2)（n m1）
根据乘法原理，得到
PCP
．因此，组合数
C
m
．
P
m
m（m1）（m2）321
mn
m
n
m
m
m
n
（运用除法，将元素完全相同 ，元素顺序不同的多种排列合并成一种组合）．

【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。
（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
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
5
5
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
7
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
5
×2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特 殊情况再去全排
列。
【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?
.

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(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?
（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。在
22
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，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54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。


四.优选法
优选法：对于问题中的特殊元素、特殊位置要优先安排确定 。在操作时，针对实际问题，有时
“元素优先”，有时“位置优先”。
注意：看特殊，分步、分类，限制完，自由排，注意“0”。
难点：不管是位置优先还是元素优先，都要看清是分类还是分步来解决问题；注意“0”，
题目中往往对于“0”有暗含的限制条件。
例题.由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有多少个？
解析一：利用位置优先方法。偶数则要求个位为偶数，小于50000则首位要小于5。:第一步，首先 看
个位，从2个偶数中选择有C12种选法；第二步，看首位，从个数上已选数字和5之外的数
字选，则有 C13种选法；第三步，对于剩下的三个位置没有限制，则可以随意选择剩下的三
个数字排 上去，则有A33 种选法。根据乘法计数原则，共有：C12×C13 ×A33=36。
解析二： 利用元素优先方法。第一步，从数字2、4中选一个放在个位上，有C12种选法；第二步，
从个数上已 选数字和5之外的数字选一个放在首位上，则有 C13种选法；第三步，对于剩下
.

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的三个数字没有限制，则可以随意安排到剩下的三个数位上去，则有A33 种选法。根据乘法
计数原则，共有：C12×C13 ×A44=36。


五.”捆绑法”
捆绑法：用于解决相邻问题，即在解决对于某几个元素要求相邻的问题时， 先将其捆绑后整体考
虑，也就是将相邻元素视作一个大元素进行排序，然后再考虑大元素内部各元素间排 列顺序
的解题策略。
注意：运用捆绑法解决排列组合问题时，一定要注意捆绑起来的大元 素内部的顺序问题。解题过程
是先捆绑，再排列。
例题：若有A、B、C、D、E五个人排队，要求A和B两个人必须站在相邻位置，则有多少排队方法？

【解析】：题目要求A和B两个人必须排在一起，首先将A和B两个人捆绑，视其为一个人，也即
对，B、C、D、E四个人进行排列，有 种排法。又因为捆绑在一起的A、B两人也要排序，有 种排
法。根据分步乘法原理，总的排法有 种。

六.“插空法”
插空法：用于解决不邻问题，即在解决对于某几个元素要求不相邻的问题时，先将其它元素排好，
再将指 定的不相邻的元素插入已排好元素的间隙或两端位置，从而将问题解决的策略。
注意：运用插空法解决 排列组合问题时，一定要注意插空位置包括先排好元素中间空位和两端空
位。解题过程是先排列，再插空 。
例题：若有A、B、C、D、E五个人排队，要求A和B两个人必须不站在一起，则有多少排队方法？
【解析】：题目要求A和B两个人必须隔开。首先将C、D、E三个人排列，有 种排法；若排成D C
E，则D、C、E中间和两端共有四个空位置，也即是： ︺ D ︺ C ︺ E ︺ ，此时可将
A、B两人插到四个空位置中的任意两个位置，有 种插法。由乘法原理，共有排队方法： 。

七.“隔板法”（插板法）
隔板法：有n个相同的元素，要求分到m组中，并且要求每组中至少有一个元素问有多少种分法？
.

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基本思路：将n个相同的元素排成一行，n个元素之间出现了（n-1）个 空档，现在我们用（m-1）
个“档板”插入（n-1）个空档中，就把n个元素隔成有序的m份，每个 组依次按组序号分
到对应位置的几个元素（可能是1个、2个、3个、4个、….），这样不同的插入办 法就
对应着n个相同的元素分到m组的一种分法，这种借助于这样的虚拟“档板”分配元素的方
法称之为插板法。

【基本题型】
【例1】 共有10完全相同的球分到7个班里，要求每个班至少要分到一个球，问有几种不同分法？
解析一：我们首先用常规方法。若想将10个球分到7个班里，球的分法共三类：
第一类：有 3个班每个班分到2个球，其余4个班每班分到1个球。这样，第一步，我们从7个
班中选出3个班，每 个班分2个球；第二步，从剩下的4个班中选4个班，每班分1球。
其分法种数为 ：C（7，3）*C（4，4）=35
注明：由于排版的关系，我用C（n，m）和A（n，m）代替原来的组合与排列公式。
第二类：有1个班分到3个球，1个班分到2个球，其余5个班每班分到1个球。其分法种数 ：
C（7，1）* C（6，1）* C（5，5）=42
第三类：有1个班分到4个球，其余的6个班每班分到1个球。其分法种数 ：
C（7，1）* C（6，6）=7
所以，10个球分给7个班，每班至少一个球的分法种数为： 35+42+7=87（种）。
解析二 ：从上面的解题过程可以看出，用常规方法解这类题，需要分类计算，计算过程繁琐。并且如
果元素个数 较多的话处理起来就变得十分的困难了。因此我们需要寻求一种新的方法解决问
题，也就是——插板法。
我们可以将10个相同的球排成一行，10个球之间出现了9个空隙，现在我们用6个档板”插
入这9个空隙中，就“把10个球隔成有序的7份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几
个球（可 能是1个、2个、3个、4个），这样，借助于虚拟“档板”就可以把10个球分到了7
个班中。 由上述分析可知，原问题就可以转化成：在9个空档之中插入6个“档板”（6个档板可把球分为
7 组）的问题，这是一个很简单的组合问题，其方法种数为 ：C（9，6）=84
【总结】：对于这种 要求每组元素至少要分到一个的情况，则只需在n个元素的n-1个间隙中放置m-
1块隔板把它隔成m 份即可,共有C（n-1，m-1）种不同方法。
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【注意】： 这种插板法解决相同元素分到不同组的问题非常简单，但同时也提醒各位考友，这类问题
模型适用前提相当严格，必须同时满足以下3个条件：
（1）所有要分的元素须完全相同；
（2）所要分的元素必须分完，决不允许有剩余；
（3）参与分元素的每组至少分到1个，决不允许出现分不到元素的组。
这样对于 很多的问题，是不能直接利用插板法解题的。但，可以通过一定的转变，将其变成符合上
面3个条件的问 题，这样就可以利用插板法解决，并且常常会产生意想不到的效果。
【基本题型的变形（一）】
题型：有n个相同的元素，要求分到m组中，问有多少种不同的分法？
解题思路：这种问题是 允许有些组中分到的元素为“0”，也就是组中可以为空的。对于这样的题，我们
就首先将每组都填上1 个，这样所要元素总数就m个，问题也就是转变成将（n+m）个元
素分到m组，并且每组至少分到一个 的问题，也就可以用插板法来解决。
【例2】有8个相同的球放到三个不同的盒子里，共有（ ）种不同方法.
解析：这道题很多同学错选C，错误的原因是直接套用 “插板法”，而忽略了题中并 没有说每个盒子至
少要分到一个球，也就是可以出现空盒子。原题并不符合“插板法”的条件
不过，此题只要我们多一个小变化，就可以将其转化为用“插板法”解题的类型了。
我们可以 人为地在每个盒子增加一个球，原有8个相同的球放到三个不同的盒子里这样这个问
题就变成了，11个 相同的球放到3个不同盒子里面。要求每个盒子里最少有一个的问题了。
这样，此题就有C（10，2）=45（种）分法了，选项D为正确答案。
总结：对于这种要 求每组元素至少要分到一个的情况，则只需在n个元素的n-1个间隙中放置m-1块
隔板把它隔成m份 即可,共有C（n+m-1，m-1）种不同方法。

【基本题型的变形（二）】
题型：有n个相同的元素，要求分到m组，要求各组中分到的元素至少某个确定值s（s＞1，且每组
的 s值可以不同），问有多少种不同的分法？
解题思路：这种问题是要求组中分到的元素不能少某个确定 值s，各组分到的不是至少为一个了。对于
这样的题，我们就首先将各组都填满，即各组就填上对应的确 定值s那么多个，这样就满
足了题目中要求的最起码的条件，之后我们再分剩下的球。这样这个问题就转 变为上面我
们提到的变形（一）的问题了，我们也就可以用插板法来解决。
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【例3】15个相同的球放入编号为1、2、3的盒子内，盒内球数不少于编号数，有几种不同的放法？
解析：先用6个球按编号数“填满”各盒(符合起码要求)，再把9个球放入3个盒内即可,也就对应着 将
12个球分成3组里，并且每组不能为空的问题，这样利用插板法，就有：C（11，2）=55（种）
总结：对于要求分到各组的个数至少为某个一个确定值(大于1)的题，我们就先每组中人 为填上等于确
定值的那么多的球数，这样满足其最起码的条件，然后我们再分剩下的球，就可以利用我们 前
面提到的“插板法”第一种变形题的解法来解决了。


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