民歌民谣-秦惠文后

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典型例题一
例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？
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
A
9
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
112
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< br>A
8
A
8
（个）．
3
∴ 没有重复数字的四位偶数有
3112

A
9
A
4
A
8
A
8
5041792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
A< br>6
种不同排法．对于其中的每一种排法，
363
三个女生之间又都有
A
3
对种不同的排法，因此共有
A
6
A
3
432 0
种不同的排法．
6
（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
A
5
种不同排法，对于其中任意一种 排法，从上述六个位
353
置中选出三个来让三个女生插入都有
A
6
种方法，因此共有
A
5
A
6
14400
种不同的排法．
5
（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
A
5
种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A
6
种排法，所以共有
6
A
5
2
A
6
14400
种不同的排法．
26
（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
171
条件限制了，这样可有
A
5
A
7
种不同的排法；如果首位排女生，有
A
3
种排法 ，这时末位就
只能排男生，有
A
5
种排法，首末两端任意排定一种情况后，其 余6位都有
A
6
种不同的排法，
11617116
这样可有
A
3
A
5
A
6
种不同排法．因此共有
A
5
A
7
A
3
A
5
A
6
36000
种不同的排法．
826
解法2：3个女生和5个男生排成一排有
A
8
种排法，从中扣去两端都是女生排法
A
3
A
616
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种，就能得到两端不都是女生的排法种数．
826
因此共有
A
8< br>A
3
A
6
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
A
5
种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放
454
入舞蹈节目 ，共有
A
6
中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：
A
5
A
6
＝43200.
5
（2）先排舞蹈节目有
A
4
中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5
5
4
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：
A
4
A
5
＝2 880种方法。
4
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
A
6
，其中 不符合要求的可分
为：体育排在第一书有
A
5
种排法，如图中Ⅰ；数学排在最 后一节有
A
5
55
6
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Ⅲ，
这种情况有
A
4
种排法，因此符合 条件的排法应是：
654

A
6
2A
5
A
4
504
（种）．
4
典型例题五
例5 现有
3
辆公交车、每辆车上需配
1< br>位司机和
1
位售票员．问
3
位司机和
3
位售票员，< br>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：，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．
3
解：分两步完成．第一步，把
3名司机安排到
3
辆车中，有
A
3
6
种安排方法；第二 步
3
把
3
名售票员安排到
3
辆车中，有
A
3
6
种安排方法．故搭配方案共有
33
A
3
A
3
36
种．
典型例题六

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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
1
2
3

1
1
1
专 业
2
2
2

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
A
4
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
222
顺序，其 中又包含三小步，因此总的排列数有
A
3
A
3
A
3种．综合以上两步，由分步计数
3222
原理得不同的填表方法有：
A
4
A
3
A
3
A
3
5184
种．
3
典型例题七

例5
7
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？
347
解：(1)
A
7
A
4
A
7
5040
种． (2)第一步安排甲，有
A
3
种排法；第二步安排乙，有
A
4< br>种排法；第三步余下的
5
人排
5
在剩下的
5
个位置上 ，有
A
5
种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有
115
A
3
A
4
A
5
1440
种．
11
(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余
4
个元素排成一排，即看成
5
个元素
的全排列问题，有
A
5
种排法；第二步，甲、乙、 丙三人内部全排列，有
A
3
种排法．由分步
53
计数原理得，共有< br>A
5
A
3
720
种排法．
53
(4) 第一步，
4
名男生全排列，有
A
4
种排法；第二步，女生插空，即将
3
名女生插入
4
名男生之间的
5
个空位，这样可保证女生不 相邻，易知有
A
5
种插入方法．由分步计数原理
43
得，符合条件的 排法共有：
A
4
A
5
1440
种．
3
4
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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．
解：形如
2
2
的数共有
A
4
个，当这些数相加时，由“
2
”产生的和是
A
4
2
；形 如
2
2
的数也有
A
4
个，当这些数相加时，由“
2
”产生的和是
A
4
210
；形如
2
的数也有< br>A
4
2
个，当这些数相加时，由“
2
”产生的和应是
A
4
2100
．这样在所有三位数的和中，由“
2
”
产 生的和是
A
4
2111
．同理由
3、4、5、6
产生的 和分别是
A
4
3111
，
A
4
4111< br>，
2
22
111(23456)26640
．
A
4
5111
，
A
4
6111
，因此所 有三位数的和是
A
4
222
典型例题九

例9 计算下列各题：
m1nm
A
n1
A
nm
(1)
A
； (2)
A
； (3) ；
n1
A
n1
2
15
6
6
(4)
1!22!33!nn!
(5)
123n1


2!3!4!n!
26
解：(1)
A
15
1514210
；(2)
A
6
6!654321720
;
(3)原式
(n1)!1(n1)!1
(nm)!(nm)!1
；
[n1(m1)!](n1)!(nm)!(n1)!
(4)原式
(2 !1)(3!2!)(4!3!)[(n1)!n!](n1)!1
；
(5)∵
n111123n1

，∴
n!(n 1)!n!2!3!4!n!

111111111
1
．
1!2!2!3!3!4!(n1)!n!n!
本题计算中灵活地用到下列各式：
n!n(n1)!
；
nn!(n1)!n!
；



n111

；使问题解得简单、快捷．
n!(n1)!n!
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典型例题十


例10
a,b,c,d,e,f
六人排一 列纵队，限定
a
要排在
b
的前面（
a
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
、
B
、
C
、
D
四位同学各自给出了一
种算式：
A
的算式 是
1
6
1111144
A
2
A
3
A
4
A
5
)A
4
；
C
的算式是
A
6
；
A
6
；
B
的算式是
(A
1
2
D
的算式是
C
6
2
A
4
4
．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：
A
中 很显然，“
a
在
b
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 ：
A
的算式正确．
B
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
a
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
A
5
；当
a
占据第2个位置 时，
b
占位的方法数是
A
4
；……；当
a
占据第5个位置时，
b
占位的方法数是
A
1
，当
a
，
b
占位后，再排其他四人，他们有
A
4
种排法，
可见B
的算式是正确的．
14
1
1
C
中
A
6
4
可理解为从6个位置中选4个位置让
c,d,e,f
占据，这时，剩下 的两个位置
依前后顺序应是
a,b
的．因此
C
的算式也正确． 这两个位置让
a,b
占据，显然，
a,b
占
D
中把6个 位置先圈定两个位置的方法数
C
6
2
，
据这两个圈定的位置的方法只 有一种（
a
要在
b
的前面），这时，再排其余四人，又有
A
4
种
排法，可见
D
的算式是对的．
说明：下一节组合学完后，可回过头来学习
D
的解法．
4
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？ < br>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，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：
215215
A
4A
2
A
5
A
4
A
4
A5
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
A
4
A
7
．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
A
4
C
2
A
3
A
4
A
5
．其中第一个因数
11115
17
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1
11
A
4
表示甲坐在第一 排的方法数，
C
2
表示从乙、丙中任选出一人的办法数，
A
3
表示把选出
的这个人安排在第一排的方法数，下一个
A
4
则表示乙、丙中沿 未安排的那个人坐在第二排
的方法数，
A
5
就是其他五人的坐法数，于是总的 方法数为
1711115
A
4
A
7
A
4C
2
A
3
A
4
A
5
864 0
(种)．
5
1
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
（ ）．
45345145245
A．
A
4
A
5
B．
A
3
A
4
A
5
C．
C
3
A
4
A
5
D．
A
2
A
4
A
5

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
A
2
种排列．但4
245
幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有
A
2
A
4A
5
种陈列方式．
2
∴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．210 B．300 C．464 D．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 A
5
种，所以其中
个位数字小于十位数字的这样的六位数有
5
1< br>5
5A
5
300
个．
2
65
解法2 ：（间接法）：取
0,1,,5
个数字排列有
A
6
，而
0
作为十万位的排列有
A
5
，所
以其中个位数字小于十位数字的这样的 六位数有
1
65
(A
6
A
5
)300
(个)．
2
∴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，何时使用直接法或
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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
A
4
个，另一类是4作个位数，
2
也有
A
4
个．因此符合条 件的偶数共有
A
4
A
4
24
个．
22
2
解法2：分步计算．
先排个位数字，有
A
2
种排法，再排十位和百位数字，有
A
4
种排法，根据分步计数原理，
三位偶 数应有
A
2
A
4
24
个．
解法3：按概率算．
3
用
15
这
5
个数字可以 组成没有重复数字的三位数共有
A
5
60
个，其中偶点其中的
12
12
2
2
．因此三位偶数共有
6024
个．
5
5
解法4：利用选择项判断．
3
用
15
这< br>5
个数字可以组成没有重复数字的三位数共有
A
5
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
A
符合条件．
∴应选
A
．
典型例题十五

1238
例15 (1)计算
A
1
2A
2
3A
3
8A
8
．
(2)求
S
n
1! 2!3!n!
(
n10
)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
nnnnn1n
nA
n
(n11)An
(n1)A
n
nA
n
A
n1
A
n
，(2)中，项为
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n! n(n1)(n2)321
，当
n5
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．
n
解：(1)由
nA
n
(n1)!n!

∴原式
2!1!3!2!9!8!9!1!362879
．
(2)当
n5
时，
n!n(n1)(n2)321
的 个位数为0，
∴
S
n
1!2!3!n!
(
n 10
)的个位数字与
1!2!3!4!
的个位数字相
同．
而
1!2!3!4!33
，∴
S
n
的个位数字为3．
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：
123n1
1
，我们首先可抓等式右边的
2!3!4!(n 1)!(n1)!
nn11n1111

，
(n1) !(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!
∴左边
1
11111 1
1
右边．
2!2!3!n!(n1)!(n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、
一个自然数能被
3
整
4
进行分类．
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< br>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
A
4
12
(个)，个 位用
2
或
4
，再确定首位，最后确定十位，共有
2
24 432
(个)，所有
3
位偶数的总数为：
123244
(个) ．
(2)从
0、1、2、3、4、5
中取出和为
3
的倍数的三个数 ，分别有下列取法：
(012)
、
(015)
、
(024)
、
(045)
、
(123)
、
(135)
、
(23 4)
、
(345)
，前四组中有
0
，
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后四组中没有
0
，用它们排成三位数，如果用 前
4
组，共有
42A
2
16
(个)，如果用后
3
四组，共有
4A
3
24
(个)，所有被
3
整除的三位数的总数为
162440
(个)．
2
典型例题十七


例17 一条长椅上有
7
个座位，
4
人坐，要求
3
个空位中，有
2
个空位相邻，另一个空
位与
2
个相邻空位 不相邻，共有几种坐法？
分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为
1、2、3、4、5、6、7
．先选定两个空位，可以在
1、2
号位，也可以在2、3
号位…共有六种
可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在
1、2< br>号，则另一空位可以在
4、5、6、7
号
位，有
4
种可能，相 邻空位在
6、7
号位，亦如此．如果相邻空位在
2、3
号位，另一空位可以在
5、6、7
号位，只有
3
种可能，相邻空位在
3、4
号，
4、5
号，
5、6
号亦如此，所以必
须就两相邻空位的位置进 行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一
个元素与另一空位插入已坐人的
4
个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．
解答一：就两相邻空位的位置分类：
若两相邻空位在
1、2
或
6、7
，共有
24A
4192
(种)坐法．
若两相邻空位在
2、3
，
3、4
，
4、5
或
5、6
，共有
43A
4
288
(种)不同坐法，所
以所有坐法总数为
192288480
(种)． < br>解答二：先排好
4
个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的
4
人之间 ，共有
4
A
4
A
5
2
480
(种)不 同坐法．
4
4
解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉
3
个空位全不相邻或全部相
邻的情况，
4
个人任意坐到
7
个座 位上，共有
A
7
种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，
直接将三个空位看成 一个元素与其它座位一起排列，共有
A
5
种不同方法．三个空位全不相
邻仍用 插空法，但三个空位不须排列，直接插入
4
个人的
5
个间隔中，有
A
4
10
种不同方
454
法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为
A
7
A
5
10A
4
480
(种)．
5
4
4


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