教师节节目-女人成功的秘诀

排列组合问题解法大全
一.相邻问题捆绑法:
题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.
例1.
A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
A,B
必须相邻 且
B
在
A
的右边，那么不同的排法种数有
4
24
种。
A,B
视为一人，且
B
固定在A
的右边，则本题相当于4人的全排列，
A
4
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
解析：把
二.相离问题插空法:< br>元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素
插 入上述几个元素的空位和两端.
例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是
A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种
解析：除甲乙外，其余5个排 列数为
52
52
种，再用甲乙去插6个空位有
A
6
种，不同 的排法种数是
A
5
A
6
3600
种，选
B
.
A
5
三.特殊元素或特殊位置优限法：
优先解决带限制条件的元素或位 置，或说“先解决特殊元素或特殊位置”
例3.1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？
解析：老师在中间三个位置上选一个有
14
14
种，4名同学在其余4个位置上有< br>A
4
种方法；所以共有
A
3
A
4
72种.
A
3
四.分组分配：
n个不同元素按照某些条件分配给k个不同得 对象，称为分配问题，分定向分配和不定向分配两种问题；
将n个不同元素按照某些条件分成k组，称为 分组问题.分组问题有不平均分组、平均分组、和部分平均分组三种情况。分组问题
和分配问题是有区别 的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的；而后者即使2组元素个数相同，但因对象不同，仍然是
可区分的.对于后者必须先分组后排列。
1.基本的分组问题
例4 六本不同的书，分为三组，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组两本.
(2)一组一本，一组二本，一组三本.
(3)一组四本，另外两组各一本.
分析：(1)分组与顺序无关，是组合问题。分组数是
C CC
642
=90(种) ，这90种分组实际上重复了6次。我们不妨把六本不同的
书写上1、2、3、4、5、6六个号码，考察以下两种分法：(1，2)(3，4)(5，6)与(3，4)( 1，2)(5，6)，由于书是均匀分组的，三组的
本数一样，又与顺序无关，所以这两种分法是同一种 分法。以上的分组方法实际上加入了组的顺序，因此还应取消分组的顺序，
3
3
，所以 分法是
222
即除以组数的全排列数
A
C
6
C
4< br>C
2
3
123
=15(种)。(2)先分组，方法是
CCC< br>653
，那么还要不要除以
A
3
？我们发现，
3
A< br>3
123
222
由于每组的书的本数是不一样的，因此不会出现相同的分法，即 共有
CCC
653
=60(种) 分法。
(3)分组方法是
CCC
621
=30(种) ，那么其中有没有重复的分法 呢？我们发现，其中两组的书的本数都是一本，因此这两组有了顺
411
C
6
C
2
C
1
序，而与四本书的那一组，由于书的本数不一样，不可能重复。所以 实际分法是=15(种)。
2
A
2
通过以上三个小题的分析，我们可以得出分组问题的一般方法。
结论1： 一般地，n个不同的元素分成p组，各组内元素数目分别为m
1
，m2
，…，m
p
，其中k组内元素数目相等，那么分
411

CC
组方法数是
m
1
n
m
2
nm
1
C
m
3
nm
1
m
2

C
m
p
p
。
m
A
k
k
2.基本的分配的问题
(1)定向分配问题
例5 六本不同的书，分给甲、乙、丙三人，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1) 甲两本、乙两本、丙两本.
(2) 甲一本、乙两本、丙三本.
(3) 甲四本、乙一本、丙一本.
分析：由于分配给三人，每人分几本是一定的,属分配问题中的定向分配问 题，由分布计数原理不难解出：分别有
C
6
C
4
C
2
=90(种)，
CCC
653
=60(种)，
C
6
C
2
C
1
=30(种)。
(2)不定向分配问题
例6六本不同的书，分给甲、乙、丙三人，求在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1) 每人两本.
(2) 一人一本、一人两本、一人三本.
(3) 一人四本、一人一本、一人一本.
分析：此组题属于分配中的不定向分配问题，是该类题中比较困难的 问题。由于分配给三人，同一本书给不同的人是不同的分法，
所以是排列问题。实际上可看作“分为三组 ，再将这三组分给甲、乙、丙三人”，因此只要将分组方法数再乘以
222
123
41 1
A
3
，即
3
C
6
C
2
C
1
3
C
6
C
4
C
2
3
123< br>3
=90(种)， =360(种)
CCC
AAA
3
=90(种)。
33
653
2< br>3
A
2
A
3
结论2. 一般地，如果把不同的元素分配给几个 不同对象，并且每个不同对象可接受的元素个数没有限制，那么实际上是先分组后
排列的问题，即分组方 案数乘以不同对象数的全排列数。
通过以上分析不难得出解不定向分配题的一般原则：先分组后排列。
例7 六本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种分法？
分析：六本书和 甲、乙、丙三人都有“归宿”，即书要分完，人不能空手。因此，考虑先分组，后排列。先分组，六本书怎么分为
三组呢？有三类分法(1)每组两本(2)分别为一本、二本、三本(3)两组各一本，另一组四本。所 以根据加法原理，分组法是
222
411
C
6
C
4
C
2
123
C
6
C
2
C
1
3++=90(种)。再考虑排列，即再乘以
CCC
A
3
。所以一共有54 0种不同的分法。
653
2
3
A
2
A
3
3.分配问题的变形问题
例8 四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？
分析：恰有 一个空盒，则另外三个盒子中小球数分别为1，1，2。实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组，两组各1 个，另
222
411
C
4
C
3
C
2
一组2个，分组方法有(种)，然后将这三组(即三个不同元素)分配给四个小盒(不同对象)中的3个的排列 问题，即共有
2
A
2
C
4
C
3
C
2
3
A
4
=144(种)。
2
A
2
11 2
112

例9有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从 10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有多少种？
C
10
C
9C
8
(种)分法。再考虑排列，甲任务分析：先考虑分组，即10人中选4人分为三组，其 中两组各一人，另一组二人，共有
2
A
2
需2人承担，因此2人的那个组只能 承担甲任务，而一个人的两组既可承担乙任务又可承担丙任务，所以共有
112
C
10
C
9
C
8
2
=2520(种)不同的选法。
A< br>2
2
A
2
例10设集合A={1，2，3，4}，B={6，7，8} ，A为定义域，B为值域，则从集合A到集合B的不同的函数有多少个？
分析：由于集合A为定义域， B为值域，即集合A、B中的每个元素都有“归宿”，而集合B的每个元素接受集合A中对应的元
素的数 目不限，所以此问题实际上还是分组后分配的问题。先考虑分组，集合A中4个元素分为三组，各组的元素数目分 别为1、
112
C
4
C
3
C
2
C
4
C
3
C
2
33
1、2，则共有(种)分组方法。再考虑分 配，即排列，再乘以，所以共有
AA
3
=36(个)不同的函数。
3
22
A
2
A
2
112112
五.相同元素隔板法及应用:
情形1：将n件相同的物品或（名额）分配给m个（或位置），允许若干个人或（位置）为空。将n件物 品和m-1个隔板排成一排，
占n+m-1个位置，从n+m-1个位置选m-1位置放隔板，有
C
nm-1
种。
情形2：将n件相同的物品或（名额）分配给m个（或位置）， 每个位置必须有物品，有
C
n-1
种。
例11. 把20个相同的球放入4个不同的盒子，每个盒子都不空，有多少种不同方法？
C
19

把20个相同的球放入4个不同的盒子，每个盒子至少有3个小球，有多少种不同方法？
C11

把20个相同的球放入编号为2，3，4，5的4个盒子，每个盒子的小球数不少于 编号数，有多少种不同方法？
C
9

把20个相同的球放入4个不同的盒子， 盒子可以空，有多少种不同方法？
C
23

3
3
3
m-1
m-1
3
1.指标分配问题。
例12、某校召开学生会议，要将10个学生代表名额，分配到某年级的6个班中，若每班至少1个名 额，又有多少种不同分法？
C
9

5
2.求n项展开式的项数。
例13、求
(x
1
x
2
x
5
)
10
展开式中共有多少项？
解：用10个相同的小球代表幂指数10, 用5个 标有
x
1
、
x
2
、…、
x
5
的5 个不同的盒子表示数
x
1
、
x
2
、…、
x
5
，将10个相同
的小球放入5个不同的盒子中，把标有
x
i
（i= 1,2,…,5）每个盒子得到的小球数
k
i
（i=1，2，…，5;
k< br>i
，记作
x
i
的
k
i
次
N
）
方。这样，将10个相同的小球放入5个不同的盒子中的每一种放法，就对应着展开式中的每一项。 由隔板法知，这样的放法共有
10
44
C
14
种，故
(x< br>1
x
2
x
5
)
的展开式中共有
C
14
项。

4
C
14
=
14131211
=1001（种）。
4321

所以，
(x
1
x
2
x
5
)
10
展开式中共有1001项。
x
2
x
5
)
10
展开式中的项数的理论依据。 点评：准确 理解隔板法的使用条件，是使用隔板法求
(x
1
3.求n元一次方程组的非负整数解。
例14、求方程
x
1
+
x
2
+…+
x5
=7的正整数解的个数。
x
5
的5个不同的盒子表示未知数
x
1
、
x
2
、
x
5
，
x
2
、解：用7个相同的小球代表数7, 用5个标有
x
1
、…、…、要得到方 程
x
1
+
x
2
+…
+
x
5
=7的正整数解的个数，可分以下两步完成。第一步：从7个相同的小球中任取5个放入5个不同的盒子中，仅 有1种放法；
第二步：把剩余的2个小球放入5个不同的盒中，由隔板法知，此时有
C
6
种放法。由分步计数原理知，共有
C
6
种不同放法。
我们把标有< br>x
i
（i=1,2,…,5）的每个盒子得到的小球数
k
i
（ i=1，2，…，5;
k
i
44
N

），记作：
x
i
=
k
i
。这样，将7个相同的
小球放入5个不同的盒 子中的每一种放法，就对应着方程
x
1
+
x
2
+…+
x
5
=7的每一组解（
k
1
，
k
2
，… ，
k
5
）。

C
6
4
=
C
6
2
=
65
=15（个）
21
所以，方程
x
1
+
x
2
+ …+
x
5
=7的正整数解共有15个。
六.至多，至少问题排除法
例15.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有
A、140种 B、80种 C、70种 D、35种
解析1 ：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有
3 33
C
9
C
4
C
5
70
种,选.< br>C

解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型 2台乙型1台；故不同的取法有
112
C
5
2
C
4
C
5
C
4
70
台,选
C
.
例16.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成
C< br>8
四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，
所以四面体实际 共有
C
8
4
4
1258
个.
（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有
A、150种 B、147种 C、144种 D、141种
解析：10个点中任取4个点共有
C
10
种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体 的四个面上，每面内四点共面的情况为
C
6
，
四个面共有
4C
6
个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以 四点不共面
的情况的种数是
C
10
44
4C
6
 36141
种.
44
4
七.综合问题先选后排
例17.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？
解析：“先取”四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有
C
4
种，“再 排”在四个盒中每次排3个有
2
23
3
种，故共有
C
4A
4
144
A
4

种.
（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？
解析：先取男女运动员各2名，有
C
5
C
4
种，这四名运动 员混和双打练习有
22222
2
中排法，故共有
C
5
C4
A
2
120
种.
A
2
八.交叉问题集合 法：
某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式
n(AB)n(A) n(B)n(AB)
.
例18.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲 不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？
解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排 列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得
参赛方法 共有：
332
A
5
A
4
252
种. n(I)n(A)n(B)n(AB)
A
6
4
A
5
九.对等问题缩倍法:
在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法 .
例19.
A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
B
必须站 在
A
的右边（
A,B
可以不相邻）那么不同的排法种数是
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
解析：
B
在
A
的右边与
B
在
A
的左边排法数相同 ，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即
1
5
A
5
60
种，选
B
.
2
十.多排问题单排法:
把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理.
例20.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是
A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种
解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共
6
A
6
720
种，选
C
.
（2）8个不同的元素排成前后两排，每排 4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？
解析：看成一排， 某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有
余5个元素任排5个位置上有
A
5
种，故共有
5
21
种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有
A4
种，其
A
4
125
A
4
A
4
A
5
5760
种排法.
十一．圆排问题线排法:
把
n
个不同元素放在圆周
n
个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算
不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计 顺序而首位、末位之分，
下列
n
个普通排列：
a
1
,a2
,a
3
为相同，
n
个元素的圆排列数有
,a
n
;a
2
,a
3
,a
4
,,a
n
,;a
n
,a
1
,,a
n1
在圆排列中只算一种，因为旋 转后可以重合，故认
n!
种.因此可将某个元素固定展成线排，其它的
n1
元素全排列.
n
4
种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2 种方式，
A
4
例21.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有
故不同的安排方式
242
5
768
种不同站法.
说明：从
n
个不同元素中取出
m< br>个元素作圆形排列共有
1
m
A
n
种不同排法.
m
十二．复杂的排列组合问题
1分解与合成法:
例22.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
解析：先把30030分解成质因数的 形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中 任取
若干个组成成积，所有的偶因数为

135
C
5
0
C
5
C
5
2
C
5
C
5
4
C
5
32
个.
（2）正方体8个顶点可连成多少队异面直线？
解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将 问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任
取四个顶点构成的四面 体有
C
8
4
1258
个，所以8个顶点可连成的异面直线有3× 58=174对.
2.构造模型法
（1）构建方程模型
例23 上一个有10级台阶的楼梯，每步可上一级或两级，共有多少种上台阶的方法？
解：设
x表示上一级台阶的步数，
当
x
y
表示上两级台阶的步数，则
x 2y10

(x0,y0,yZ)
。
2
时，
y 4
，于是用6步走完10级台阶的方法为
C
6
2
种；
10
种。
0
，4，6，8，10时，
y
的取值分别为5 ，3，2，1，0，则上台阶的方法分别为
C
5
0
，
C
7< br>4
，
C
8
6
，
C
9
8
，< br>C
10
02468
同理，当
x
所以上台阶的方法共有
C
5
+
C
6
+
C
7
+
C
8
+
C
9
+
C
10
10
89
种 。
点评：构建方程模型的关键是找到等量关系，正确列出方程。
（2）构建立体几何模型
例24 如图1中A，B，C，D为海上四个岛，
要建三座桥，将这四个小岛连接起来，
则不同的建桥方案共有（ ）
A.8种 B.12种 C.16种 D.20种


解：如图2， 构建三棱锥
ABCD
，四个顶点表示小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁，由题意，只需求 出从六条棱中
任取三条不共面的棱的不同取法，这可由间接法完成：从六条棱中任取三条棱的不同取法< br>为
C
6
种，任取三条共面棱的不同取法为4种，所以从六条棱中任取不共面的棱 的不同取法为
C
6
点评：构建恰当的立体几何模型，可以使排列组合问题显得直观清晰 、简洁明快。
（3）构建隔板模型
3

3
416
种，故选C项。
例25 把20个相同的球全部装入编号分别为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子中的球数不小于其编号数，则共有 种
不同的放法。
解：运用隔板法必须同时具备以下三个条件：①所有元素必须相同；②所有元 素必须分完；③每组至少有一个元素。
此例有限条件，不能直接运用隔板法，但可转化为隔板问题，向 1，2，3号三个盒子中分别装入0，1，2个球后，还剩余17个球，
然后再把这17个球分成3份， 每份至少一球，运用隔板法，共有
C
16
2
120
种不同的分法。
点评：根据问题的特点，把握问题的本质，通过联想、类比是构建模型的关键。

（4）构建邮箱模型
例26 若集合
A
1
，
A
2
满足
A
1

A
2
A
，则 称
(
A
1
,
A
2
)
为集合
A的一个分拆，并规定：当且仅当
A
1
A
2
时，
(A< br>1
,A
2
)
与
(A
2
,A
1
)
为集合的同一种分拆，则集合
A

a
1
,a
2
,a
3

的不同分拆种数为 。
解：建 立数学模型，如图3，设集合
C
A
A
2
为邮筒①，设集合
A
1
A
2
为邮筒②，设集合
C
A
A
1为邮筒③，设
a
1
，
a
2
，
a
3三
个元素为三封信，则问题转化为熟悉的“把三封信投入到三个邮筒共有多少种投递方法”的问题， 可分三步进行求 解：

第一步，投
a
1
共有
C
3
种投法；第二步，投
a
2
共有
C
3
种投法；第三步，投
a
3
共有
C
3
种投法。根据 分步计数原理共有
11
1
C
3
C
3
C
3< br>27
种投法，即集合
A

a
1
,a
2< br>,a
3

的不同分拆种数为
27
。
111
点评：本题属于集合类信息迁移题，若直接分类求解则较繁，这里通过构建邮筒模型转化求解，思路清晰、运算简 练。
十三.利用对应思想转化法:
对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复 杂的问题转化为简单问题处
理.
例27.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
解析 ：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个 交点，
于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有
C
1 0
个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相
交于圆内的交点有
C
10
个.

















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