好听的群名称-阿莫西林胶囊的作用

排列组合问题也是公考中一个比重较大的问题，也是公考的重点和难点之一，也
是进一步 解答概率的基础。事实上，许多概率问题也可归结为排列组合问题。这
一类问题不仅内容抽象，解法灵活 ，而且解题过程极易出现“重复”和“遗漏”
的错误，这些错误甚至不容易检查出来，所以解题时要注意 不断积累经验，总结
解题规律，掌握若干技巧，最终达到能够灵活运用。


先说排列组合， 分类用加法，分步用乘法，排列P与顺序有关，排列C与顺序
无关
两个大类：
1、分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有
m
1
种不同的方法，在第2类办法中有m
2
种不同的方法，„，在 第n类办法中
有m
n
种不同的方法，那么完成这件事共有：N=m
1
+m
2
+„+m
n
种不同的方法．

2、分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有
m
1< br>种不同的方法，做第2步有m
2
种不同的方法，„，做第n步有m
n
种 不同的
方法，那么完成这件事共有：N=m
1
.m
2
„m
n
种不同的方法．

分类计数原理和分步计数原理区别 ：



1、分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。
2、分 步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成
整个事件．





解决排列组合综合性问题的一般过程如下
1.认真审题弄清要做什么事
2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分 步与分类同时进行,
确定分多少步及多少类。
3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还 是组合(无序)问题,元素总数是多少
及取出多少个元素.
排列组合问题是高考的必考题，它 联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，
不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟 练运用，是解决排列
组合应用题的有效途径



以下是解解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的
解题策略







排列组合从解法上看，大致有以下几种：


(1)有附加条件的排列组合问题，大多需用分类讨论的方法；


(2)排列与组合的混合型问题，需分步骤，要用乘法原理解决；



1

(3)不相邻问题插空法，相邻问题捆绑法；
(4)排除法，将不符合条件的排列或组合剔除掉；


(5)枚举法，将符合条件的所有排列或组合一一写出来，或写出一部分发现规律；



(6)定序问题“无序化”，即若某几个元素必须保持一定的顺序，则可按通常排
列后再除以这几个元素的排列数；


(7)隔板法，例如：10个相 同的小球分给三人，每人至少1个，有多少种方法？
可将10个球排成一排，再用2块“隔板”将它们分 成三个部分，有C
9
2
种方法。




整个解题过程遵循的基本原则是：“特殊对象优先考虑”、先“分类”后
“分步” 、先“取”后“排”等原则。 突出分类相加，分步相乘；有序排
列，无序组合； 除了上述方法外 ，有时还可以通过设未知数，借助方程来解答，
简单一些的问题可采用列举法等。解此类题常用的数学思 想是：分类讨论的思想，
转化思想和对称思想等三种。



排列组合问题经典题型与通用方法 1.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，
则不同的排法有多少


根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一 个元素，且只有一种
排法；将A、B与其他3个元素，共4个元素排列，由乘法计数原理可得答案．

解答：根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一个元素，且只
有一种排法；
将A、B与其他3个元素，共4个元素排列，
即A
4
4
=24，
则符合条件的排法有1×24=24种；

2.相离问题插空排: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（ ）
由于甲、乙两人必需不相邻，先排列其它5个人，共有A
5
5
种结果，出现6个空，
从这6个空中选出2个空排上甲、乙即可写出结果．


解答：因为甲、乙两人必需不相邻，
所以先排列其它5个人，共有A
5
5
种结果，
再在五个人形成的6个空中选2个位置排列，共有A62种结果，
∴不同的排法的种数是A
5
5
A
6
2
=3600

3.定序问题缩倍法: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.









2

例3.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）那么不同的排法有多少

根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B站在A的
左边与B站在A的右 边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案．


解答：根据题意，使用倍分法，
五人并排站成一排，有A
5
5
种情况，
而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，
则其情况数目是相等的，
则B站在A的右边的情况数目为 12×A
5
5
=60，

4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，
第二步再排另一个元 素，如此继续下去，依次即可完成.

例4.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3 ，4的四个方格里，每格填一个数，
则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有多少？
首 先计算4个数字填入4个空格的所有情况，进而分析计算四个数字全部相同，
有1个数字相同的情况，有 2个数字相同情况，有3个数字相同的情况数目，
由事件间的相互关系，计算可得答案．


解答：根据题意，数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，共
A
4
4
=24种填法，
其中，四个数字全部相同的有1种，
有1个数字相同的有4×2=8种情况，
有2个数字相同的有C
4
2
×1=6种情况，
有3个数字相同的情况不存在，
则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有24-1-8-6=9种，

5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.


例5.有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4
人 承担这三项任务，不同的选法种数是多少？
首先分析题目求不同的选法种数，故可先从10人中选出4 个人，再在这4个人
中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙或丙任务，即可列出式子，求解得到答案．


解答：分析题目先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事 甲任务，
剩下的两个人从事乙丙任务．
故可列出：C
10
4
•C< br>4
2
•A
2
2
=2520．

6.
全员分配问题分组法:

例6.5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为
（ ）
由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元

3

素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果．


解答：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C
5
2
，
这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A
4
4
，
所以分法种数为C
5
2
•A
4
4
=240．

7.名额分配问题隔板法:
例7：10名优秀学生全部保送到7所学校去，每所 学校至少去一名，则不同的
保送方案有多少种？
由题意知十个报送名额之间没有区别，可将原 问题转化为10个元素之间有9个
间隔，要求分成7份，每份不空，使用插空法，相当于用6块档板插在 9个间
隔中，计算可得答案．
解答：根据题意，将10个名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，
可以转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空；
相当于用6块档板插在9个间隔中，
共有C
9
6
=84种不同方法．
所以名额分配的方法共有84种．














4
8.限制条件的分配问题分类法:

例8.某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部
经 济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：
①若甲乙都不参加，则有派遣方案A
8
4
种
②若甲参加而乙不 参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A
8
3
种方法，
所以共有3 A
8
3
种方法；


③若乙参加而甲不参加同理也有3A
8
3
种
④若甲乙 都参加，则 先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两
个城市有A
8
2
种， 共有7A
8
2
方法。所以共有不同的派遣方法总数为4088种。


9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几
类 情况分别计数再相加。

例9（1）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
字小于十位数字的共有多少？
由题意知本题是一个分类计数问题，由题意知 个位数字小于十位数字，个位数字
只能是0，1，2，3，4共5种类型，每一种类型分别有A
5
5
个、A
4
1
A
3
1
A
33
个、
A
3
1
A
3
1
A
3< br>3
个、A
2
1
A
3
1
A
3
3
个、A
3
1
A
3
3
个，根据分类计数原理得到结 果．


解答：由题意知本题是一个分类计数问题
由题意知个位数字小于十位数字，
所以个位数字只能是0，1，2，3，4共5种类型， < br>每一种类型分别有A
5
5
个、A
4
1
A
3< br>1
A
3
3
个、A
3
1
A
3
1
A
3
3
个、A
2
1
A
3
1A
3
3
个、A
3
1
A
3
3
个

所以共有A
5
5
+A
4
1
A
3
1
A
3
3
+A
3
1
A
3
1
A
3
3
+A< br>2
1
A
3
1
A
3
3
+A
3
1
A
3
3
个=300，

（2）在1，2，3，„，1000中，能被5整除的数一共有多少个
解题：由1，2，3， „，1000中，能被5整除的数，第一个数是5，最后一个
数是1000，所有的这些数构成了一个公 差为5的等差数列，由等差数列的性质
计算出项数即可解答：解：由题意1，2，3，„，1000中， 能被5整除的数，
第一个数是5，最后一个数是1000，所有的这些数构成了一个公差为5的等差数列，
故有1000=5+5（n-1）
解得n=200
所以答案为200








10.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



例10.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？
本题可以用两种不同的方法来解，第 一种方法问题分成甲、乙两人均不参加，甲、
乙两人有且仅有一人参加，甲、乙两人均参加，列出结果数 ，根据分类计数原理
得到结果．
第二种解法是先做出所有的情况六人中取四人参加的种数，减 去甲、乙两人中至
少有一人不排在恰当位置的种数，这样就重复剪掉了两个人同时不合题意的结果
数，再加上．


解答：法一：有题意知本题是一个分类计数问题，
问题分成三类：（1）甲、乙两人均不参加，有A
4
4
种；
（2） 甲、乙两人有且仅有一人参加，有2C
4
3
（A
4
4
-A< br>3
3
）种；
（3）甲、乙两人均参加，有C
4
2
（ A
4
4
-2A
3
3
+A
2
2
）种 ．
故共有252种．

法二：六人中取四人参加的种数为A
6
4
，
除去甲、乙两人中至少 有一人不排在恰当位置的有C
2
1
A
5
3
种，
因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A
4
2
减去了两次．
故 共有A
6
4
-C
2
1
A
5
3
+A
4
2
=252种．












注意：对于带有限制条件的排列 、组合计数原理综合题，一般用分类讨论或间接
法两种方法处理．比如五个人站成一排，甲不在排头，乙 不在排尾的方法数．

11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个 或几个元素；
再排其它的元素。


5

例11. 若4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有多少种不同排法？
本题是一 个有限制条件的站队问题，根据4名男生，4名女生排成一排，女生不
排两端，可以先从4个男生中选2 个排在两端，其余6个人在中间的6个位置
上全排列，得到结果．解答：解：由题意知4名男生，4名女 生排成一排，女生
不排两端，
可以先从4个男生中选2个排在两端，
其余6个人在中间的6个位置上全排列，
共有A
4
2
A
6
6
=8640种结果，
故答案为：8640

注意：站队问题是排列组合中的典型问题，解题时要先排限 制条件多的元素，把
限制条件比较多的元素排列后，再排没有限制条件的元素，最后要用计数原理得到结果．

12.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12.有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人入座，并且这2
人不相邻（一 前一后也视为不相邻），那么不同坐法的种数为多少
按两人在前排、后排、前后各一人，三种情况，一一求解即可．
解答：解：两人都在前排，方法是3×2=6种，
两人都在后排，方法是6×2=12种；
前、后各一人，方法是5×4×2=40种；
符合题意的方法是：6+12+40=58种

13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:

例13.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 多少？
分步乘法计数原理．分析：本题既有分类计数原理也有分步计数原理．
解答：甲型1台与乙型 电视机2台共有4•C
5
2
=40；甲型2台与乙型电视机1台
共有C
4
2
•5=30；不同的取法共有70种

注意：注意分类计数原理和分步计数原理都存在时，一般先分类后分步．

14. 选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，
可用先取后排法.
















例14.（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？
由题意知需要先选两个元素作为一组再排列，恰有一个盒子中有2个小球，从4

6

个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，根据分步计
数原理得到结果．
解答：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，说明恰有一个盒子中有2个小球，
从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列
故共有C
4
2
A
4
3
=144种不同的放法．
所以答案为144．

注意：本题考查分步计数原理，是一个基础题，解题的过程 中注意这种有条件的
排列要分两步走，先选元素再排列．


15.部分合 条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中
减去不符合条件数，即为所求.

例15.以正方体的顶点为顶点的四面体共有多少？
以一个正方体的顶点为顶点中任意选4个除去在同一个平面上的点，可得四面体
的个数． 解答：正方体的8个顶点中任取4个共有C84=70个不能组成四面体的4个顶
点有，已有的6个 面，对角面有6个所以以一个正方体的顶点为顶点的四面体共
有：70-12=58个











16.圆排问题单排法:把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：
在圆排列中只算一种，因为旋转 后可以重合，故认为相同，n个元素的圆排列数
有n！m种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的n -1元素全排列.

例16. 一环形花坛分为A、B、C、D四块，要求在每块里种一种花，且相邻的2
块种不同的花．
（1）若在三种花种选择两种花种植，有多少种不同的种法？
（2）若有四种花可供选择，种多少种花不限，有多少种不同的种法？

（1）本 题是一个分步计数问题，三种花中选择2种花有C
3
2
种方法．对应每一
种选 法有两种种法．得到结果．
（2）本题是一个分步计数问题，A有4种选择，B有3种选择，若C与A 相同，
则D有3种选择，若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择，得到结
果．



解答：（1）由题意知本题是一个分步计数问题，
三种花中选择2种花有C
3
2
=3种方法．





7

对应每一种选法有两种种法．
依据分步计数原理，共有2C
3
2
=6种种法．
（2）由题意知本题是一个分步计数问题，
A有4种选择，B有3种选择，
若C与A相同，则D有3种选择，
若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择
故共有4×3×（3+2×2）=84（种）

注意：本题解题的关键是看清条件中对于元素的限制，相邻两块地所中的花要不
同．


17.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素 不
受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地n个不同元素排在m个不同位
置的排列数有多 少种方法.

例17.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？
解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，
第二步：将第二名实习 生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数
原理知共有7
6
种不同方案.









18.复杂排列组合问题构造模型法:

例18. 某城市新修建的一 条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正
常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不 能熄灭，也不能熄灭相邻的两
盏灯，则熄灯的方法有多少种？


根据题意， 先将亮的9盏灯排成一排，分析可得有8个符合条件的空位，用插空
法，再将插入熄灭的3盏灯插入8个 空位，用组合公式分析可得答案．
解答：本题使用插空法，先将亮的9盏灯排成一排，
由题意，两端的灯不能熄灭，则有8个符合条件的空位，
进而在8个空位中，任取3个插入熄灭的3盏灯，
有C
8
3
种方法，


注意：本题考查组合的应用，要灵活运用各种特殊方法，如捆绑法、插空法．

19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:

例19.设有编号为1 ，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现
将这5个球投入5个盒子要求每个盒子 放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒
子号码相同，问有多少种不同的方法？
本题投放球有 两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，另一种是投入到与
编号不同的盒子内，故应分步完成．先 在五个球中任选两个球投放到与球编号相








8

同的盒子，剩下的三个球投放球的方法要注意列举，根据分步计数原理得到结果．
解答：由题意知本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，
另一种是投入到与编号不同的盒子内，故应分步完成．
因为先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内有C
5
2
种；
剩下的三个球，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C
2
1，
则投放4，5号球的方法只有一种，
根据分步计数原理共有C
5
2
•C
2
1
=20种．

注意：五个球分别投放到五个盒子内，恰好有 两个球的编号与盒子的编号相同，
则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内，此时，这三个球 与对应的
三个盒子，就成了受限的特殊元素与特殊位置．


20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例20.以正方体的顶点为线段的端点，则这8个点可构成的异面直线的对数为多
少？
通过对异面直线的两条线进行分类分了4类，每一类中求得异面直线的对数，再
求出四类的和即可．
解答：解：正方体任意两条对角线必相交；包含一条对角线的异面直线对数有，
（6+6）×4 =48对；
不含任何一条对角线的，即都位于6个面上的，两条面对角线的有（5×12）
÷2=30对，
一条面对角线和一条边的有6×12=72，
两条边的有（4×12）÷2=24，
所以共有48+30+72+24=174对异面直线



















注意：这个就和几何联系在一起，判断两条直线 是否是异面直线，一般利用异面
直线的判定定理：过平面外一点与平面内不过该点的直线是异面直线．
21.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21.在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
顺次连接各点得到一个10边形，其边数为10，再计算出其对角线条数即可．
解答：解：顺次连接各点，得到一个证10边形．
正10边形有10条边，10个顶点，每个顶点有7条对角线，故共有7×10条对
角线，
由于每条对角线被重复计算了两次，
所以有对角线70÷2=35条．
故共有线段10+35=45条．






9

注意：此题实质是考查正多边形的边数和对角线的条数的计算，要注意对角线不
可重复计算．
22.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即
可


瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式： 用A、B、C„„表示写着n
位友人名字的信封，a、b、c„„表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为
记作f(n) 。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的 其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)
种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）
份信纸b、c „„装入（除B以外的）n－1个信封A、C„„，显然这时装错的
方法有f(n-1)种。
总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D„„
的n－ 2种错误之下，同样都有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此: 得到一个递推公
式： f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}，分别带入n=2、3、4等可推得结果。


也可用迭代法推导出一般公式：

应该指出的是，以上介绍的各 种方法是解决一般排列组合问题常用方法，并
非绝对的。数学是一门非常灵活的课程，同一问题有时会有 多种解法，这时，要
认真思考和分析，灵活选择最佳方法．还有像多元问题“分类法”、环排问题“线< br>排法”、“等概率法”等在此不赘述了。
概率是排列组合的衍射，概率分母永远是你要取的数字 比如10件产品2件次品，
从中取2件，恰好是合格的概率 你先想是排列还是组合 没有顺序就是组合题中
说到从中取2件就是10个取2所以分母就是C
10
2
分子永远都是他所提的要求 题
中说都要求是合格的 你想合格一共有8个那就是8个里面取2个， C
8
2








10