2008年奥运会口号-留言板留言友情

1、用1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的五位数？
解析： 这是一个从8个元素中取5个元素的排列问题，由排列数公
式，共可组成： P85=8*7*6*5*4=6720

2、由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数？
解析：分类法
注意到由四个数字0、1、2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三
位数、四位数这四类，所以要一 类一类地考虑，再由加法原理解决.
第一类：一位偶数只有0、2，共2个；
第二类： 两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位
可有C13种取法；若个位取2，则十位有 C12种取法.故两位偶数共
有（C13＋C12）种不同的取法；
第三类：三位偶数，它 包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位
和百位共有P23种取法；若个位取2，则十位和百位只 能在0、1、3
中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2
的三位偶数 有2×2个，三位偶数共有（P23＋2×2）个；
第四类：四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取 0，则共有
P33个；若个位取 2，则其他 3位只能在 0、 1、 3中取.千位有2
种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再 排成一列，有P22种取
法.由乘法原理，个位为2的四位偶数有2×P22个.所以，四位偶数
共有（P33＋2×P22）种不同的取法.
由加法原理知，共可以组成

2＋（C13＋C12）＋（P23＋2×2）＋（P33＋2×P22）＝ 2＋5＋10＋
10＝27个不同的偶数.

3、从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置
教室，问有几种选法？
解析：分类法。首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅
不同类型的画有三种情况， 即可分三类，自然考虑到加法原理.当从
国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的乘法原理.由此可 知这
是一道利用两个原理的综合题.关键是正确把握原理.
解：符合要求的选法可分三类：
设第一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画
中选1张，第二步再在3张 油画中选1张.由乘法原理有 5×3＝15
种选法.第二类为国画、水彩画各一幅，由乘法原理有 5 ×2＝10种
选法.第三类油画、水彩各一幅，由乘法原理有3×2＝6种选法.这三
类是各自 独立发生互不相干进行的.
因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 15＋
10＋ 6＝31种.

运用加法和乘法原理时要注意：
①抓住两个基本原理的区别，千万不能混.
不同类的方法（其中每一个方法都能各自独立地 把事情从头到尾做
完）数之间做加法，可求得完成事情的不同方法总数.不同步的方法

（全程分成几个阶段（步），其中每一个方法都只能完成这件事的一
个阶段）数之间做乘法，可求得完成整个事情的不同方法总数.

②在研究完成一件工作的 不同方法数时，要遵循“不重不漏”的原则.
请看一些例：从若干件产品中抽出几件产品来检验，如果把 抽出的产
品中至多有2件次品的抽法仅仅分为两类：第一类抽出的产品中有2
件次品，第二类抽 出的产品中有1件次品，那么这样的分类显然漏掉
了抽出的产品中无次品的情况.又如：把能被2、被3 、或被6整除的
数分为三类：第一类为能被2整除的数，第二类为能被3整除的数，
第三类为能 被6整除的数.这三类数互有重复部分.

③在运用乘法原理时，要注意当每个步骤都做完 时，这件事也必须完
成，而且前面一个步骤中的每一种方法，对于下个步骤不同的方法来
说是一 样的.

4、一学生把一个一元硬币连续掷三次，试列出各种可能的排列.
解析：画图

由此可知，排列共有如下八种：
正正正、正正反、正反正、正反反、反正正、反正反、反反正、反反

反.

5、参加会议的人两辆都彼此握手，有人统计共握手36次，到会共有
多少人？（）
A、9 B、10 C、11 D、12
解析：两人握手与顺序无关，（甲与乙握手和乙与甲握手是一样的），
假设共有N 个人，两两彼此握手可以握C2N次，有C2N=N(N-1)2*1=36.
解得N=9，选A

6、五个瓶子都贴了标签，其中恰好贴错了三个，则错的可能情况共
有多少种？（）
A、6 B、10 C、12 D、20
解析：第一步：从五个瓶子中选出三个瓶子 共有C35=10种方法
第二步：对这三个瓶子进行错位排列，共有D3=2种方法
第三步：根据乘法原理，所有可能的方法数为10*2*1=20种
PS：有关错位排列问题。请看下一题。将有比较详细的解释。

7、甲乙丙丁四 个人站成一排，已知：甲不站在第一位，乙不站在第
二位，丙不站在第三位，丁不站在第四位，则所有可 能的站法数为多
少种？（）
A、6 B、12 C、9 D、
24

解析：甲不能站在第一位，因此甲必然站在后三个位置中的某一个位
置。
如果甲站在第二位，则共有三种可能：乙甲丁丙，丙甲丁乙，丁甲丙
乙
如果甲站在第三位，则共有三种可能，乙丁甲丙，丙丁甲乙，丁丙甲
乙
如果甲站在第四位，则共有三种可能，乙丙丁甲，丙丁乙甲，丁丙乙
甲
因此一共有9种可能
总结：错位排列问题：有N封信和N个信封，则每封信都不装在自己< br>的信封里，可能的方法的种数记作Dn。则D1=0，D2=1，D3=2，D4=9，
D5=4 4，D6=265。。

8、A、B、C、D、E五个人排成一排，其中A、B两个人不站在一起，
共有（）种排法。
解析：采用插空法。第一步：CDE排成一排，共有P33=6种排法
第二步：口C口D口E口 ，共有4个空，将A、B插入这4个空中，
共有P24=12种排法
根据乘法原理，共有不同的排法6*12=72种

9、A、B、C、D、E五个人排成一排，其中A、B两人必须站在一起，
共有（）种排法。

解析：采用捆绑法。
第一步：将A、B捆绑在一起， 共有P22=2种捆法。第二步：用它们
的整体和CDE一起拍，共有P44=24种排法
根据乘法原理，共有不同排法2*24=48种。总结：相邻问题---捆绑
法。 不邻问题---插空法。

10、有10颗糖，每天至少吃一粒，直到吃完为止，共有多少种不同
的吃法？
解 析：10片药并成一排，内部形成9个空。想象每个空上方都有一
块隔板，如果隔板放下了，就是把那部 分的糖果分成2天来吃了。每
个隔板都有放下和不放下的2个选择。所以一共的可能性是2^9=512
种方法。这个就是插板法。是为了解决相同元素的分配问题的。
11、6人站在一排，要求甲站在乙的左边，有多少种不同的排法？
解析：这里，甲站在乙 的左边的排法和甲站在乙的右边的排法是对称
的，那么排在左边的排法就是P66÷2=360种。

12、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ C ）
(A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个
------------- -----------------------------------------
【解析】
根据三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边
可见最大的边是11

则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和最大
的时候
因此我们以一条边的长度开始分析
如果为11，则另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。。。。。。1
如果为10 则另外一个边的长度是10，9，8。。。。。。2，
（不能为1 否则两者之和会小于11，不能为11，因为第一种情况包
含了11，10的组合）
如果为9 则另外一个边的长度是 9，8，7，。。。。。。。3
（理由同上 ，可见规律出现）
规律出现 总数是11＋9＋7＋。。。。1＝（1＋11）×6÷2＝36

13、
（1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？
-- -------------------------------------------------- -------
-
【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比如说我
先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，
直到第4封， 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×3＝3^4

（2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
------------ -----------------------------------------------
--

【解析】跟上述情况类似 对于每个旅客我们都有4种选择。彼此之
间选择没有关系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先 安排
第一个旅客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。知道最后一个旅
客也是4种可能。根据 分步原则属于乘法关系 即 4×4×4＝4^3

（3）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种
不同的分法？
-------------------------------------------------- ---------
--
【解析】分步来做
第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种
第二步：分配给3个同学。 P33＝6种
这 里稍微介绍一下为什么是P33 ，我们来看第一个同学可以有3种
书选择，选择完成后，第2个同学就 只剩下2种选择的情况，最后一
个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则。最常见
的例子就是 1，2，3，4四个数字可以组成多少4位数？ 也是满足
这样的分步原则。 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下
一步的选择受到上一步的压缩。
所以该题结果是56×6＝336

14、七个同学排成一横排照相.
（1）某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ （3600）

---------------------------------------------
【解析】
这个题目我们分2步完成
第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝
5
第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720
所以 总数是720×5＝3600

（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440）
---------- ---------------------------------------
【解析】
第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2
第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720
则总数是 720×2＝1440

（3）甲不在排头或排尾，同时乙不在中间的不同排法有多少种？
（3120）
---------------------------------------------- -----
【解析】特殊情况先安排特殊
第一种情况：甲不在排头排尾 并且不在中间的情况
去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4， 剩下6个位置 先
安中间位置 即除了甲乙2人，其他5人都可以 即以5开始，剩下的

5个位置满足P原则 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400
第2种情况：甲不在排头排尾， 甲排在中间位置
则 剩下的6个位置满足P66＝720
因为是分类讨论。所以最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝
3120

（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440）
-------------------------------------- ---------
【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人，7个位置变成6个位置，即分
步讨论
第1： 选位置 C6取1＝6
第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2
则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12
剩下的5个人即满足P55的规律＝120
则 最后结果是 120×12＝1440

（5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520）
------ -------------------------------------------------
【解析】
这个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右
边的概率是一样的。 所以我们不考虑左右问题 则总数是P77＝5040 ,
根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520

14、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数.
（1）能组成多少个四位数？ （300）
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【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0。 则只有5
种可能性
接下来3个位置满足P53原则＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300

（2）能组成多少个自然数？ （1631）
-------------------- -------------------------------------
【解析】自然数是从个位数开始所有情况
分情况
1位数： C6取1＝6
2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100
4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300
5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600
6位数： 5×P55＝5×120＝600
总数是1631
这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11
＝25
先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种情况

是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因
为0不能作为最高位 所以最高位只有1种可能

（3）能组成多少个六位奇数？ （288）
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【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑低位，再考虑
高位 即 3×4×P44＝12×24＝288

（4）能组成多少个能被25整除的四位数？ （21）
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【解析】 能被25整除的4位数有2种可能
后2位是25： 3×3＝9
后2位是50： P42＝4×3＝12
共计9＋12＝21

（5）能组成多少个比201345大的数？ （479）
-------------- ----------------------------------
【解析】
从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 所以我们
看最高位大于等于2的6位数是多少？
4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480
－1＝479

（6）求所有组成三位数的总和. （32640）
---------------------------------------------
【解析】每个位置都来分析一下
百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1)
十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1)
个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1)
总和 M＝M1+M2+M3=32640

15、生产某种产品100件，其中有2件是次品，现在抽取5件进行检
查.
（1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ （152096）
【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合
格的取出来的
所以 即C2取2×C98取3＝152096

（2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560）
【解析】同上述分析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格
的产品中挑4个
C2取1×C98取4＝7224560

（3）“其中没有次品”的抽法有多少种？ （67910864）

【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝67910864

（4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ （7376656）
【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列情况 就是至少有1种的
C100取5－C98取5＝7376656

（5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ （75135424）
【解析】所有的排列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品
情况的
C100取5－C98取3＝75135424

16、从4台甲型和5台乙型电 视机中任意取出3台，其中至少要有甲
型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）
(A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种
------------ --------------------------------------------
【解析】根据条件我们可以分2种情况
第一种情况：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30
第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40
所以总数是 30＋40＝70种

17、在50件产品中有4件是次品，从中任抽5件，至少有3件是次
品的抽法有__种.

----------------------------- --------------------------
【解析】至少有3件 则说明是3件或4件
3件：C4取3×C46取2＝4140
4件：C4取4×C46取1＝46
共计是 4140＋46＝4186

18、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, 不同的选法共有（ C ）
(A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解析】分步完成
第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4＝210
第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1
＝12种情况
则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520

19、12名同学分别到 三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路
口4人，则不同的分配方案共有__
C(4,12)C(4,8)C(4,4)
___种
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解析】每个路口都按次序考虑

第一个路口是C12取4
第二个路口是C8取4
第三个路口是C4取4
则结果是C12取4×C8取4×C4取4
可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗 其实不是这
样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候，其实将这些分类情况已
经包含了对不同路的情况的包含。 如果再×P33 则是重复考虑了

如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则情况又不一样 因为
我们在分配人数的时候考虑了路口的不同。所以最后要去除这种可能
情况 所以在上述结果的情况下要÷P33


20、在一张节目表中原有8个节目，若 保持原有节目的相对顺序不变，
再增加三个节目，求共有多少种安排方法？ 990
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解析】
这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法
直接解答较为麻烦，故可先用一个节目去插9个 空位，有P(9,1)种
方法；再用另一个节目去插10个空位，有P(10,1)种方法；用最后一个节目去插11个空位，有P(11,1)方法，由乘法原理得：所有不
同的添加方法为P(9, 1)×P(10,1)×P(11,1)=990种。

另解：先在11个位置中排上新添的三个节目有P(11,3)种，再在余
下的8个位置补上原有的 8个节目，只有一解，所以所有方法有P311
×1=990种。
21.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素
占了这两个位置.
先排末位共有
C

然后排首位共有
C

131
CAC
最后排其它位置共有
A

443

由分步计数原理得
CCA288


22. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排
法.
解 ：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也
看成一个复合元素，再与其它元素进行 排列，同时对相邻元素内
部进行自排。由分步计数原理可得共有
AAA480
种不同 的排法
1
3
1
4
3
4
1
4
1< br>3
3
4
5
5
2
2
2
2
甲乙
丙丁



要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并

为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.

练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的
情形的不同种数为 20

23.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连
续出场, 则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有
A
种 ，第二步将4
舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种
A
不同的方 法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有
AA
种

元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两

练习 题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增
5
5
4
65
5
4
6

加了两个新节目.如果将 这两个新节目插入原节目单中，且两个新
节目不相邻，那么不同插法的种数为 30

24.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)对于某几个元 素顺序一定的排列问题,可先把这几个元
素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几
个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是：
AA

(空位法)设想有7 把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有
A
种方
7
7
3
34
7
法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有
A
种
4
7
方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗?
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次
插入共有

方法

定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插


25.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把
第二名实习生分配到车 间也有7种分依此类推,由分步计数原理
共有
7
6
种不同的排法

允许重复的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，可以逐一安排各个元素

的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为
m
n
种

练习题：
1． 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法
的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,
下电梯的方法
7
8< br>

26. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?
解：围桌而坐与坐成一排的不 同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所
以固定一人
A
并从此位置把圆形展成直线其余7 人共有（8-1）！
种排法即
7
！
4
4

C
D
E
F
G
H
B
A
AB
C
DEFGHA

一般地,n个不同元素作圆形排列,共有 (n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m个元素作圆

1
形排列共有
A


n

练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120
27.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多
少排法
解 :8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.
个特殊元素有
A
种 ,再排后4个位置上的特殊元素丙有
A
种,
m
n
2
4
1
4

其余的5人在5个位置上任意排列有
A
种,则共有
A
5
5
2
4
A
4
A
5
种
15
前 排
后 排

一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研


练习题 ：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 346

28.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有
多少不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有
C
种方法.再把4
2
5

个元素(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有
A
种方法，
4
4
根据分步计数原理装球的方法共有
C
2
5
A
4
4


解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?

练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成
四种不同的任务,每人完成 一种任务,且正副班长有且只有1
人参加,则不同的选法有 192 种

29.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹 1,
５在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？
解：把１,５,２,４当作一个小集团与３ 排队共有
A
种排法，再
2
2
排小集团内部共有
A
种 排法.
2
2
A
2
种排法，由分步计数原理共有
A
2
A
2
A
2
2
222
1524
3

小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。

练习题：
１.计划展出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 同一品种的必须连在一起，并且水彩画不在两
端，那么共有陈列方式的种数为
AAA

2
2
5
5
4
4

2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有
AAA
种
2
2
5
5
5
5

30.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配
方案？
解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形
成９个空隙。在９个空档中选６个位置 插个隔板，可把名额
分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种
分法共有
C
种分法。
6
9

一
班
二
班
三
班
四
班
五
班
六
班
七
班

将n个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，


插入n个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为
C


练习题：
1． 10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？
C

2 .
xyzw100
求这个方程组的自然数解的组数
C


31.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出 三个数，使其和为不
小于10的偶数,不同的
m1
n1
4
9
3
103

取法有多少种？
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很 困难,可用总体淘汰
法。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个
偶数的取法 有
C
,只含有1个偶数的取法有
CC
,和为偶数的取法
3
5
1
5
2
5
共有
C
共有
C
1
5
1
5
C
5
C
5
2
23
。再 淘汰和小于10的偶数共9种，符合条件的取法

C
5
C
5
9
3

有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出

它的反面,再从整体中淘汰.

32. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？
解: 分三步取书得
CCC
种方法,但这里出现重复计数的现象,不
2
6
2
4
2
2妨记6本书为ABCDEF，若第一步取AB,第二步取CD,第三步取
EF该分法记为(AB,C D,EF),则
CCC
中还有
2
6
2
4
2
2
(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(E F,AB,CD)
共有
A
种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共
有
CCCA
种分法。
3
3
2
6
2
4
2
2
3
3

平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以
A
(
n
为均分的

组数)避免重复计数。

练习题：
1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分
法？（
CCCA
）
2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分
在同一组,有多少种不同的
分组方法 （1540）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转 入4名学生，要安排到
该年级的两个班级且每班安
排2名，则不同的安排方案种数为______（
CCAA90
）
33.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现
要演出一个2人唱歌2人 伴舞的节目,有多少选派方法
解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。
选上唱歌人员为标准进行研究
只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有
CC
种,只会唱的5
nn
5
13
4
8
4
4
2
2
2< br>4
2
2
2
6
2
2
2
3
2< br>3
人中只有1人选上唱歌人员
C

1
5
C
3
C
4
12
种,只会唱的5人中只有2

人选上唱歌人员有
C

C
2
3
2
5
C
5
2
种，由分类计数原理共有
C
3
C
5< br>C
3
C
4
C
5
C
5
211222
种。

解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做

到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。

练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座 谈会，若这4人
中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2. 3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3
号船只能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只
船, 这3人共有多少乘船方法. （27）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果

34. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中
的3 盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2
盏,求满足条件的关灯方法有多少种？
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不
亮的灯有
C
种
3
5

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒

模型等，可使问题直观解决

练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右 两边都有空位，
那么不同的坐法有多少种？（120）

35.设有编号1,2,3 ,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将
5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子 放一个球，并且恰好有两
个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个 与盒子对号有
C
种还剩下3球3盒序号
2
5
不能对应，利用实际操作 法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号
盒3号球装4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同 理3
号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理
有
2C
种
2
5

3号盒 4号盒 5号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收

到意想不到的结果

练习题：
1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中 起来,然后每人各拿一张别
人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ (9)
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不
同的着色方法有 72种
1
3
2
5
4
534



36. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5
× 7 ×11×13
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取
若干个组成乘积，
所有的偶因数为：
CCCCC

练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四 体共有体共
C1258
,每个四面体有
1
5
2
53
5
4
5
5
5
4
8
3对异面直线,正 方体中的8个顶点可连成
358174
对异
面直线


分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题

逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到

问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略

37. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在
同一列,不同的选法有多少种？ < br>解：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求
3人不在同一行也不在同一列, 有多少选法.这样每行必有1

人从其中的一行中选取1人后,把这 人所在的行列都划掉，
如此继续下去.从3×3方队中选3人的方法有
CCC
种。再< br>1
3
1
2
1
1
从5×5方阵选出3×3方阵便可解决 问题.从5×5方队中选
取3行3列有
CC
选法所以从5×5方阵选不在同一行也不< br>3
5
3
5
在同一列的3人有
C




3
5
C
5
C
3
C
2
C
1
3111
选法。
处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简
要的问题，通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法，
从而进下一步解决原来的问题


练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，
从 A走到B的最短路径有多少种？(
C35
)
3
7
B
A

38．由0，1，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105
大的数？
解:
N2A2AAAA297


数字排序问题可用查字典法,查字典的法
应从高位向低位查,依次求出其符合要求

的个数,根据分类计数原理求出其总数。


练习:用0,1,2,3, 4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些
数字从小到大排列起来,第71个数是 3140

39．
3
人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过
5
次传求后,
球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______
N10


对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用

公式进行运算，树图会收到意想不到的结果


练习: 分别编有1，2， 3，4，5号码的人与椅，其中
i
号人不坐
i
号椅
（
i1 ,2,3,4,5
）的不同坐法有多少种？
N44


5
5
4
4
3
3
2
2
1
1

40．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,
现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不
同的取法
解:
红 1 1 1 2 2 3

黄 1 2 3 1 2 1

兰 3 2 1 2 1 1

取法
CC

CC

CC

CC

CC

CC




一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗

漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效


41.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的
可能的种数有 .

解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重
复，另一类不 能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素
看作“店”，再利用乘法原理直接求解.

分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七
名学生看作7家 “店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7
种住宿法，由乘法原理得7
5
种.
1
5
1
4
1
5
2
4
1
5
3
4
2
5
1
3
2
5
2
3
3
5
1
2