中国传统节日手抄报-婚礼庆典

排列组合问题的基本模型及解题方法
导语：解决排列组合问题要讲究 策略，首先要认真审题，弄清楚是排列(有序)
还是组合(无序)，还是排列与组合混合问题。其次，要 抓住问题的本质特征，准确合
理地利用两个基本原则进行“分类与分步”。加法原理的特征是分类解决问 题，分类
必须满足两个条件：①类与类必须互斥(不相容)，②总类必须完备(不遗漏)；乘法原
理的特征是分步解决问题，分步必须做到步与步互相独立，互不干扰并确保连续性。
分类与分步是解决 排列组合问题的最基本的思想策略，在实际操作中往往是“步”与
“类”交叉，有机结合，可以是类中有 步，也可以是步中有类，以上解题思路分析，
可以用顺口溜概括为：审明题意，排（组）分清；合理分类 ，用准加乘；周密思考，
防漏防重；直接间接，思路可循；元素位置，特殊先行；一题多解，检验真伪。 注意
以下几点：
1、解排列组合应用题的一般步骤为：
①什么事：明确要完成的是一件什么事（审题）；
②怎么做：分步还是分类，有序还是无序。
2、解排列组合问题的思路
（1） 两种思路：直接法，间接法。
（2） 两种途径：元素分析法，位置分析法。
3、基本模型及解题方法：
(一)、元素相邻问题
（1）、全相邻问题，捆邦法
例1、6名同学排成一排，其中甲，乙两人必须排在一起的不同排法有（ C ）种。
A、720 B、360 C、240 D、120
说明：从上述解法可以看出，所 谓“捆邦法”，就是在解决对于某几个元素要求相邻
问题时，可以整体考虑将相邻元素视作一个“大”元 素。
（2）、全不相邻问题插空法
例2、要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节 目单，任何两个舞蹈节目不
得相邻，问有多少不同的排法，
解：先将6个歌唱节目排好，其中 不同的排法有6！，这6个节目的空隙及两端共有
七个位置中再排4个舞蹈节目有
A
7
4
种排法，由乘法原理可知，任何两个舞蹈节目不得相
邻的排法为
A
7
4
A
6
6
种
例3、高三（一）班学要安排毕业晚会的4 各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目
的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是
A、1800 B、3600 C、4320 D、5040
解：不同排法的种数为
A
5
5
A
6
2
＝3600，故选B
说明：从解题过程可以看出，不相邻问题是指要求某些元素不能相邻， 由其它元素将
它隔开，此类问题可以先将其它元素排好，再将特殊元素插入，故叫插空法。
（3）、不全相邻排除法，排除处理
例4、五个人站成一排，其中甲、乙、丙三人有两人相邻，有多少排法？
解：
A5
A
3
A
3
A
2
A
3
或 3A
2
A
3
A
2
72

例5、有两排座 位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间
的3个座位不能坐，并且这2人 不左右相邻，那么不同排法的种数是
．
解法一： ①前后各一个，有8×12×2＝192种方法

53323222

②前排左、右各一人：共有4×4×2＝32种方法
③两人都在前排：两人都在前排左边的四个位置：
乙可坐2个位置 乙可坐1个位置
2＋2＝4 1＋1＝2

此种情况共有4＋2＝6种方法
因为两边都是4个位置，都坐右边亦有6种方法，所以坐在第一排总共有6＋6＝12种方
法
④两人都坐在第二排位置，先规定甲左乙右


101
1055
2
∴ 甲左乙右总共有种方法．同样甲、乙可互换
位置，乙左甲右也同样有55种方法，所以甲、乙按要求同坐第二排总共有55×2＝110
种 方法。综上所述，按要求两人不同排法有 192＋32＋12＋110＝346种
解法二：考虑20 个位置中安排两个人就坐，并且这两人左右不相邻，4号座位与5号
座位不算相邻（坐在前排相邻的情况 有12种。），7号座位与8号座位不算相邻（坐在后
2
2(116)346
种 排相邻的情况有22种。），共有
A
20
109821
（二） 、定序问题缩倍法
例6、信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗 ，
把5面旗都挂上去，可表示不同信号的种数是（ ）（用数字作答）。
解：5面旗全排列 有
A
5
5
种挂，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次的
5
A
5
挂法，故有
32
10

A
3
A
2
说明:在排列的问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序问题,这类问题用缩小 倍数
的方法求解比较方便.
例7、某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工 程甲完成后才能进行，
工程丙必须在工程乙完成后才能进行，有工程丁必须在工程丙完成后立即进行。那 么
安排这6项工程的不同排法种数是 。

解一：依题意，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的5 个空中（插
一个或二个），可得有
A
5
2
5A
2
2
＝30种不同排法。
6!
解二：=30
4!
例8、由数字0 、1、2、3、4、5组成没有重复数字的6位数，其中个位数字小于十
位的数字的共有（ ）
A、210个 B、300个 C、464个 D、600个
1
15
解：
A
5
A
5
300
故选B
2
（三）、多元问题分类法
例9．某校从8名教师中选派4名教师同时去4 个边远地区支教(每地1人),其中甲和
乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案共有 种
解析：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲
和乙 不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去，
有
C
5
2
A
4
4
=240种选法；②甲、丙同不去，乙去，有
C
5
3
A
4
4
=240种选法；③甲、乙、丙都
不去，有
A
5
4
120
种选法，共有600种不同的选派方案．
例10、设集合
I

1,2,3,4,5

。选择I的两 个非空子集A和B，要使B中最小的数大于
A中最大的数，则不同的选择方法共有 (B)
A、
50种
B、
49种
C、
48种
D、
47种

解析：若集合 A、B中分别有一个元素，则选法种数有
C
5
=10种；若集合A中有一个元
素，集合B中有两个元素，则选法种数有
C
5
=10种；若集合A中有一个元素，集合 B中
有三个元素，则选法种数有
C
5
=5种；若集合A中有一个元素，集合B 中有四个元素，
则选法种数有
C
5
=1种；若集合A中有两个元素，集合B中 有一个元素，则选法种数有
34
=10种；若集合A中有两个元素，集合B中有两个个元素，则 选法种数有
C
5
=5种；
C
5
5
若集合A中有两个 元素，集合B中有三个元素，则选法种数有
C
5
=1种；若集合A中有
4三个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有
C
5
=5种；若集合A中有三个元 素，集
5
合B中有两个元素，则选法种数有
C
5
=1种；若集合A中 有四个元素，集合B中有一个
5
元素，则选法种 数有
C
5
=1种；总计有
49种
，选B.
5
4
3
2
解法二：集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，
从5个元素中选出2个元素，有
C
5
=10种选法，小的给A集合，大的给B 集合；
从5个元素中选出3个元素，有
C
5
=10种选法，再分成1、2两 组，较小元素的一
组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有2×10=20种方法；
从 5个元素中选出4个元素，有
C
5
=5种选法，再分成1、3；2、2；3、1两组， 较
小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有3×5=15种方法；
从5个元 素中选出5个元素，有
C
5
=1种选法，再分成1、4；2、3；3、2；4、1两< br>组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有4×1=4种方法；
总计为10+20+15+4=49种方法。选B.
例11、将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个

5
4
3
2

盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A、10种 B、20种 C、36种 D、52种
解析：将4个颜色互不相同的球全部放入编 号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒
子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒 子中放1个球，其余3个
1
4
种方法；放入2号盒子，有
C
4②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有
C
4
2
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
说明：元素多，取出的情况也多种，可按要求分成互不相容的几类情况分别计算，最
后总计。
（四）、元素交叉问题集合法（二元否定问题，依次分类）
例12、从6名运动员中选出4名 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法？
解：设全集U={6人中任选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 }，根据求集合元素的个数的公式可得参赛方法共有：
card(U)-card(A)-card(B )+card(A∩B)=252
例13、某天的课表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共 六门课程，且上
午安排四节课，下午安排两节课。
（1）若第一节不排体育，下午第一节不排数学，一共有多少种不同的排课方法？
（2）要求 数学、物理、化学不能排在一起（上午第四节与下午第一节不算连排），有多
少种不同的排课方法？ < br>例14、同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送来的贺年
卡，则四张 贺年卡不同的分配方式有（ ）
A、6种 B、9种 C、11种 D、23种
解：此题可以看成是将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格
填一 数，且每个方格的标号与所填数字不同的填法问题。所以先将1填入2至4的3个
方格里有3种填法；第 二步把被填入方格的对应数字填入其它3个方格，又有3种填法；
第三步将余下的两个数字填入余下的两 格中只有一种填法，故共有3×3×1=9种填法。
故选B
说明：求解二元否定问题先把某个 元素按规定排入，再排另一个元素，如此继续下去，
依此即可完成。
例15、安排5名歌手的 演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后
一个出场，不同排法的总数是 .(用数字作答) 。（答：78种）
说明：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素的个数的公式来求解。
（五）、多排问题单排法
例16、两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名 学生入座（每人
一座位），则不同的座法为（ ）
153
C
8
C
8
C、
A
8
3
A
8
5
D、
A
8
8
A、
C
8
5
C
8
3
B、
A
2
解：此题分两排座可以看成是一排座，故有
A
8
种座法。∴选D
说明：把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。
（六）、至多、至少问题分类法 或 间接法（去杂处理）
含“至多”或“至少”的排列组合问题，是需要分类问题，或排除法。排除法，适
用于反面情况明确且易于计算的情况。
例17、从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事 三项不同的工作，若这3人中至少
有1名女生，则选派方案共有 （ ）

8

A、108种 B、186种 C、216种 D、270种
解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有
A
7
3
A
4
3
=186种，选
B.
例18、5名 乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、
3号参加团体比赛,则入 选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队
员的排法有_______种.(以数 作答)
12123
CA12CCA
【解析】两老一新时, 有
C
1
种排法；两新一老时, 有
322233
36
种排法,
即共有48种排法.
例19、将5 名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则
不同的分配方案有
A、30种 B、90种 C、180种 D、270种
解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将
12C
5
C
4
5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有
15
种方法，再将3组分到3
2
A
2
3
90
种 不同的分配方案，选B. 个班，共有
15A
3
（七）、部分符合条件淘汰法
例20、四面体的顶点各棱中点共有10个点，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
4
解：10个点取4个点共有
C
10
种 取法，其中面ABC内的6个点中任取4个点必
共面，这样的面共有6个，又各棱中点共6个点，有四点 共面的平面有3个，故符合条
4
4C
6
4
63141
选D 件不共面的平面有
C
10
说明：在选取总数中，只有一部分符合条件，可从总数中减去不符合条件数，即为所求。
（八）、分组问题与分配问题
①分组问题：均匀分组，除法处理；非均匀分组，组合处理 < br>例21、有9个不同的文具盒：（1）将其平均分成三组；（2）将其分成三组，每组个
数2，3 ，4。上述问题各有多少种不同的分法？
分析：（1）此题属于分组问题：先取3个为第一组，有
C
9
3
种 分法，再取3个不第二
333
C
9
C
6
C
3
组，有
C
种分法，剩下3个为第三组，有
C
种分法，由于三组之间没有顺 序，故有
3
A
3
34
C
4
种分法，因三组个数各不 相同，故不必再除以
A
3
3
。 种分法。（2）同（1），共有
C< br>9
2
C
7
3
6
3
3
②分配问题：定 额分配，组合处理；随机分配，先组后排
例22、有9本不同的书：（1）分给甲2本，乙3本，丙4 本；（2）分给三个人，分
别得2本，3本，4本。上述问题各有多少种不同的分法？
（1） 此题是定额分配问题，先让甲选，有
C
9
2
种；再让乙选，有
C7
3
种；剩下的给丙，
34
C
4
种不同的分法（2）此 题是随机分配问题：先将9本书分成2本，有
C
4
4
种，共有
C9
2
C
7
343
.C
4
.A
3
3本，4本共有三堆，再将三堆分给三个人，共有
C
9
2
.C
7< br>种不同的分法。
例23、对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所 有次
品为止，若所有次品恰好在第5次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?
解：第5次必测出一次品，余下3件次品在前4次被测出，从4件中确定最后一件
13
1
C
C
次品有
4
种方法，前4次中应有1件正品、3件次品，有
6< br>C
3
种，前4次测试中的顺序

有
A
4
种，由分步计数原理即得：
C4
（
C
6
C
3
）
A
4
＝57 6。
本题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即
组合）后排列.
练习：
1、3名教师分配到6个班里，各人教不同的班级，若每人教2个班 ，有多少种分配方
法？
C
6
2
C
4
2
C< br>2
2
90

2、将10本不同的专著分成3本，3本，3本和1本， 分别交给4位学者阅读，问有多
3331
C
10
C
7
C4
C
1
4!
少种不同的分法？
3!
例24、某外商 计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不
超过2个,则该外商不同的投资 方案有 ( )
A.16种 B.36种 C.42种 D.60种
12
A
4
36
，解析：有两种情况，一是在两个城 市分别投资1个项目、2个项目，此时有
C
3

3123
24，
A
4

A
4
二是在在两个城市分别投资1，1，1 个项目，此时有
A
4
共有
C
3
=60， 故
选 （D）
（九）、相同元素入盒问题隔板法
在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以 分辨的盒子中，每盒至少一个，求
方法数的问题，常用隔板法。
例25、求方程x+y+z= 10的正整数解的个数。(即：10个相同的小球分给三人，每人至
少1个，有多少方法？)
分析：将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙
中（每空至多插一块隔 板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为 x.y.z
之值（如图）
○○○ ○○○ ○○○○
则隔板与解的个数之间建 立了一一对立关系，故解的个数为
C
9
2
36
个。实际运用隔
板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧。下面举例说明：
（1）、添加球数用隔板法
例26、求方程x+y+z=10 的非负整数解的个数。
分析：注意到x 、y 、z 可以为零，故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不
成立了。怎么办呢？只要添加三个球，给 x、 y、z 各一个球。这样原问题就转化为求
2
x+y+z=13 的正整数解的个数了，故解的个数为
C
12
=66个。
（2）、减少球数用隔板法
例27、将20个相同的小球放入编号分别为1，2，3， 4的四个盒子中，要求每个盒
子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。
分析1：先 在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，有1种方法；
3
再把剩下的1 4个球，分成4组，每组至少1个，由例25知有
C
13
=286 种方法。
分析2：第一步先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放1，2，3，4个球，有 1种
方法；第二步把剩下的10个相同的球放入编号为1，2，3，4的盒子里，由例26知有
3
C
13
=286 种方法。
（3）、先后插入用隔板法
例28、为构建和谐社会出一份力，一文艺团体下基层宣传演出，准备的节目表中原有
4113
4

4个歌舞节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，拟再添2个小品节目，则 不同的排
列方法有多少种？
分析：记两个小品节目分别为A、B。先排A节目。根据A节 目前后的歌舞节目数目考
1
虑方法数，相当于把4个球分成两堆，由例26知有
C
5
种方法。这一步完成后就有5
1
个节目了。再考虑需加入的B 节目前后的节目数，同上理知有
C
6
种方法。故由乘法原
11
C
6
30
种方法。 理知，共有
C
5
（十）、数字问题（组成无重复数字的整数）
① 能被2整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2整除的数的特征：末位数是奇
数。
②能被3 整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数；能被9整除的数的特征：各位
数字之和是9的倍数。
③能被4整除的数的特征：末两位是4的倍数。
④能被5整除的数的特征：末位数是0或5。
⑤ 能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。
⑥ 能被6整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数的偶数。
例29、在
1,2,3,4,5< br>这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数
的共有
A、36个 B、24个 C、18个 D、6个
解：依题意，所选的三位 数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有
A
3
3
种方法（2）
3313
3个数字中有一个是奇数，有
C
1
3
A
3
，故共有
A
3
＋
C
3
A
3
＝24种方法， 故选B
例30、用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶< br>数有 24 个.
（十一）、分球入盒问题
例30、将5个小球放到3个盒子中，在下列条件下，各有多少种投放方法？
① 小球不同，盒子不同，盒子不空
解：将小球分成3份，每份1，1，3或1，2，2。再放在3个不同 的盒子中，即先分
3122
CCCC
3

5253堆，后分配。有
(+)A
3
A
2
A
2
22< br>② 小球不同，盒子不同，盒子可空
解：
3
5
种
③小球不同，盒子相同，盒子不空
3122
解：只要将5个不同小球分成3份，分法为：1，1，3；1，2，2。共有
C
5
C< br>2
+
C
5
C
3
=25
A
2
2
A
2
2
种
④小球不同，盒子相同，盒子可空
本题即是 将5个不同小球分成1份，2份，3份的问题。共有
122
C
3
C
5
C
3
543
5
C
2
C
5
(C< br>5
C
5
)(+)41
种
A
2
2
A
2
2
⑤小球相同，盒子不同，盒子不空
解：（隔板法）。0 00 00 ，有
C
4
种方法
⑥小球相同，盒子不同，盒子可空
解一：把5个小球及插入的2个隔板都设为小球（7个球）。7个球中任选两个变为隔

2

板（可以相邻）。那么2块隔板分成3份的小球数对应于 相应的3个不同盒子。故有
C
7
2
=21.
解：分步插板法。
⑦小球相同，盒子相同，盒子不空
解：5个相同的小球分成3份即可，有3，1，1；2，2，1。 共 2种
⑧小球相同，盒子相同，盒子可空
解：只要将将5个相同小球分成1份，2份，3份即可。
分法如下：5，0，0； 4，1，0； 3，2，0； 3，1，1； 2，2，1。
例31、有4个不同的小球，放入4个不同的盒子内，球全部放入盒子内
（1）共有几种放法？（答：
4
4
）
（2）恰有1个空盒，有几种 放法？（答：
C
4
2
A
4
3
144
）
（3）恰有1个盒子内有2个球，有几种放法？（答：
同上
C
4
2< br>A
4
3
144
）
（4）恰有2个盒子不放球，有几种放法 ？（答：
C
4
3
A
4
2
C
4
2
C
4
2
84
）
（十二）、涂色问题
（1）用计数原理处理的问题，需要关注图形的特征：多少块？多少色？
（2）以涂色先后分步，以色的种类分类。
例32、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部 分（如下图）。现要栽种4
种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分要能栽种同种颜色的花，则不同 的栽
种方法有多少种？
法1：按对称区域颜色是否相同分类
分析：四种不同的颜色 涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色，只能选用4种颜色，
要分四类：
（1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有
A
4
；
（2）③与⑤同色、④与⑥同色，则有
A
；
（3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有
A
4
；
（4）③与⑤同色、② 与④同色，则有
A
4
；
（5）②与④同色、③与⑥同色，则有
A
4
；
所以根据加法原理得涂色方法总数为5
A
4
=120 。
4
4
4
4
4
4
4
⑤
⑥
②
①
③
1
④
6
2
5
3
4
法2:转化法
将其转化为空间图形如 右图，转化为对点涂色。1号和其他5个区域都相邻，其
他5个区域按逆时针顺序3个3个相邻，因此对 这个5棱锥的涂色问题，可转化为
用3种颜色对底面5边形进行涂色。
1
第1步：对顶点1进行涂色，有
C
4
种涂法；
第2步： 用剩余的3种颜色对平面5边形的顶点涂色，则必然有二组相对顶点同色，
有如下五种分组方式：
第一种：（2，4），（3，5），6；
第二种：（2，4），（3，6），5；
第三种：（2，5），（3，6），4；

第四种：（2，5），（4，6），3；
第五种：（3，5），（4，6），2.
13
5A
3
120< br>种涂色每种分组方式的涂色方法有
A
3
3
种，根据分类、分步计数原理 有
C
4
方法。
例33、将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一 条棱的两端异色，若
只有五种颜色可供使用，则不同的染色种数为 420
应该指出的是，上述所介绍的适用不同要求的各种方法并不是绝对的，对于同一问
题有时会有多种方法， 这时要认真思考和分析，灵活选取最佳方法。
（十三）、不同元素进盒，先分堆再分配
对于 不同的元素放入几个不同的盒内，当有的盒内有不小于
2
个元素时，不可分
批进入，必 须先分堆再分配。
例34、
5
个老师分配到
3
个班搞活动，每班 至少一个，有几种不同的分法？
122
C
5
C
4
C< br>2
3
解：先把
5
位老师分
3
堆，有两类：
3 ,1,1
分布有
C
5
种和
1,2,2
分布有种，再排
2
A
2
122
C
5
C
4
C
2< br>3
列到
3
个班里有
A
种，故共有
(C)A
3
种。
2
A
2
注意：不同的老师不可分批进入同一个班，须一次 到位(否则有重复计数)。即“同
一盒内的元素必须一次进入”。
（十四）、两类元素问题组合选位法
例35、
10
级楼梯，要求
7
步走完，每步可跨一级，也可跨两级，问有几种不同的跨
法？
解：由题意知，有
4
步跨单级，
3
步跨两级，所以只要在
7
步中任意选
3
步跨两级
3
即可。故有
C
7
种跨法。
注意：两类元素的排列问题涉及面很广，应予重视。
例36、 沿图中的网格线从顶点
A
到顶点
B
，最短的路线有几条？
解：每一种最短走法，都要走三段“|”线和四段“—”线，
3
这是两类元素不分顺 序的排列问题。故有
C
7
或
C
7
4
种走法。 < br>例37、从
5
个班中选
10
人组成校篮球队(无任何要求)，有几种选 法？
解：这个问题与例
12
有区别，虽仍可看成
4
块“档板”将
10
个球分成
5
格(构成
5
个
盒子)，是球与档板 两类元素不分顺序的排列问题。但某些盒子中可能没有球，故
4
块
4
“档板” 与
10
个球一样也要参与排成一列而占位置，故有
C
14
种选法。
3
3
3
5
（十五）、特殊元素（位置）优先法
对于特殊元 素的排列组合问题，一般先考虑特殊元素，再考虑其他元素的安排。
在操作时，针对实际问题，有时“元 素优先”，有时“位置优先”。
例38、
0,2,3,4,5
这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有几个？
解法一：(元素优先)分两类：
11
第一类：含
0
，
0< br>在个位有
A
2
4
种，
0
在十位有
A
2
A
3
种；
21112
2
第二类：不含
0
，有
A
1
2
A
3
种。 故共有
(A
4< br>A
2
A
3
)+A
2
A
3
30< br>种。
注：在考虑每一类时，又要优先考虑个位。
解法二：(位置优先)分两类：
第一类：
0
在个位有
A
2
4
种；

第二类：
0
不在个位，先从两个偶数中选一个放个位，再选 一个放百位，最后考虑十
11
位，有
A
1
2
A
3< br>A
3
种。
111
故共有
A
2
4
+A
2
A
3
A
3
=30

例39 、电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，
要求首尾必须播放公益 广告，则共有 种不同的播放方式（结果用数值表示）.
解：分二步：首尾必须播 放公益广告的有A
2
2
种；中间4个为不同的商业广告有A
4
4种，
从而应当填 A
2
2
·A
4
4
＝48. 从而应填48．
（十六）、“小团体”排列，先“团体”后整体
对于某些排列问题中 的某些元素要求组成“小团体”时，可先按制约条件“组
团”并视为一个元素再与其它元素排列。 < br>例40、四名男歌手与两名女歌手联合举行一场演唱会，演出的出场顺序要求两名女歌
手之间有两 名男歌手，则出场方案有几种？
2
解：先从四名男歌手中选
2
人排入两女 歌手之间进行“组团”有
A
2
4
A
2
种，把这个“女
男男女”小团体视为
1
人再与其余
2
男进行排列有
A
3< br>3
种，由乘法原理，共有
23
A
2
4
A
2< br>A
3
种．
(十七)、逐步试验法
如果题中附加条件增多,直接解决困难,用试验法寻找规律也是行之有效的方法．
例41、将 数字
1,2,3,4
填入标号为
1,2,3,4
的四个方格内，每个方格填一 个，
则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法种数有 种。
解：此题考查排列的定义，由于附加条件较多，解法较为复杂，可用试验法逐步解决．
第一方 格内可填
2
或
3
或
4
．如填
2
，则第二方 格内可填
1
或
3
或
4
．若第二方格内填
1
,
则第三方格内只能填
4
，第四方格内填
3
．若第二方格填
3
，则第三方格应填
4
，
第四方格应填
1
．同理，若 第二方格填
4
，则第三、四方格应分别填
3
，
1
。因而第一
方格填
2
共有
3
种方法。同理，第一格填
3
或4
也各有
3
种，所以一共有
9
种方法。
（十八）、探索规律法
对于情况复杂，不易发现其规律的问题需要仔细分析，探索出其中规律，再予以解决。
例42、从1
到
100
的自然数中，每次取出不同的两个数，使他们的和大于
100
，则不
同的取法种数有 种。
解：此题的数字较多， 情况也不一样，需要分析摸索其规律。为方便，两个加数中较小
的为被加数，
110010 1100
，
1
为被加数的有
1
种；同理，
2
为被 加数的有
2
种；
3
为
被加数的有
3
种；……；49
为被加数的有
49
种；
50
为被加数的有
50种；但
51
为被加数
的只有
49
种；
52
为被 加数的只有
48
种；……；
99
为被加数的只有
1
种，故不 同的区法
有：
(12350)(49481)2500
种。
（十九）、可重复元素问题住店法
解决“允许重复排列”的问题要注意区分两类元素：一类元 素可重复，另一类元素
不能重复。把不能重复的元素看着“客”，能重复的元素看着“店”，再利用分步 计数原
理直接求解的方法称为“住店法”。
例43、
7
名学生争夺五项冠军，获得冠军的可能种数是 种。 解：应同一学生可同时夺得
n
项冠军，故学生可重复排列，将
7
名学生看 着
7
家“店”，
五项冠军看着
5
名“客”，每个客有
7种住宿方法，由分步计数原理得
N=7
5
种。
（二十）、特征分析法

有约束条件的排数问题，必须紧扣题中所提供的数字和结构特征，进行推理，分析
求解。 例44、由
1,2,3,4,5,6
六个数可组成多少个无重复且是
6
的 倍数的五位数？
解：分析数字的特征：
6
的倍数的数既是
2
的倍数 ，又是
3
的倍数。其中
3
的倍数又满足
“各个数位上的数字之和是< br>3
的倍数”的特征。而且
12621
是
3
的倍数，从
6
个
数字中取
5
个，使之和还是
3
的倍数，则所去 掉的数字只能是
3
或
6
。因而可以分两类讨
论：第一类，所排的五位 数不含
3
，即由
1,2,3,4,5,6
作数码；首先从
2,4,6
三个中任选一
1
个作个位数字有
A
1
然后其余
4< br>个数字在其他数位上的全排列有
A
4
所以
N
1
A< br>1
3
A
4
；
3
种，
4
，
4
A
第二类，所排的五位数不含
6
，即由
1,2,3,4,
作
5
数码，依上法有
N
2
A
1
24
，故< br>N=N
1
N
2
120
种。
（二十一）、元素成双问题先取后放
例45、从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰有一双同色的取法有多少种？
1
分析：先从6双中取1双组合成双，有
C
6
种，再从剩下的5双中任取2双，在每双< br>11
1211
C
2
种，再由分步计数原理可得，共有
C
6
C
5
C
2
C
2
240
种取法。 手套中各取1只，有
C
5
2
C
2