可爱小孩-heaven什么意思

排列、组合问题基本题型及解法
同学们在学习排列、组合的过程中，总觉得抽象，解法灵活， 不容易掌握.然而排列、组合
问题又是历年高考必考的题目.本文将总结常见的类型及相应的解法.
一、相邻问题“捆绑法”
将必须相邻的元素“捆绑”在一起，当作一个元素进行排列.
例1 甲、乙、丙、丁四人并排站成一排，如果甲、乙必须站在一起，不同的排法共有几种？
分析：先把甲、乙当作一个人，相当于三个人全排列，有
A
3
3
＝6种，然后 再将甲、乙二人
全排列有
A
2
2
＝2种，所以共有6×2＝12种排 法.
二、不相邻问题“插空法”
该问题可先把无位置要求的元素全排列，再把规定不相邻的 元素插入已排列好的元素形成
的空位中（注意两端）.
例2 7个同学并排站成一排，其中 只有A、B是女同学，如果要求A、B不相邻，且不站
在两端，不同的排法有多少种？.
分析 ：先将其余5个同学先全排列，排列故是
A
5
5
＝120.再把A、B插入五 个人组成的四个
空位（不包括两端）中，（如图0×0×0×0×0“×”表示空位，“0”表示5个同 学）有
A
2
4
＝2
2
种方法.则共有
A
5
5
A
4
＝440种排法.
三、定位问题“优先法”
指定某些元素必须排（或不排）在某位置，可优先排这个元素，后排其他元素.
例3 6个好友其中只有一个女的，为了照像留念，若女的不站在两端，则不同的排法有
种. < br>分析：优先排女的（元素优先）.在中间四个位置上选一个，有
A
1
4
种排法.然后将其余5个
15
排在余下的5个位置上，有
A
5
. < br>5
种方法.则共
A
4
A
5
＝480种排法.还可以优 先排两端（位置优先）
四、同元问题“隔板法”
例4 10本完全相同的书，分给4个同学，每个同学至少要有一本书，共有多少种分法？
分析：在排列成一列的10本书之间，有九个空位插入三块“隔板”.如图：
×× × ××× ××××
一种插法对应于一种分法，则共有
C
3
9
＝84种分法.
五、先分组后排列
对于元素较多，情形较复杂的问题，可根据结果要求，先分为不同类型的几 组，然后对每
一组分别进行排列，最后求和.
例5 由数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的
共有（ ）
（A）210个 （B）300个 （C）464个 （D）600个
分析：由题意知，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、
1311311313
A
1
4
A
3
A
3
个、
A
3
A
3
A
3
个、
A
2
A
3
A
3
个、A
3
A
3
个，合计300个，所以选B
例6 用0，1，2， 3，…，9这十个数字组成五位数，其中含有三个奇数数字与两个偶数数
字的五位数有多少个?
25
14
【解法1】考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有
C
3其中0居首位的有
C
3
5
C
4
A
4
5
C
5
A
5
种，
25314
种，故符合条件的五位数 共有
C
3
5
C
5
A
5
C
5C
4
A
4
＝11040个.
【解法2】按元素分类：奇数字有1，3，5，7，9；偶数字有0，2，4，6，8.
把从五个偶数中任取两个的组合分成两类：①不含0的；②含0的.
25
①不含0的 ：由三个奇数字和两个偶数字组成的五位数有
C
3
5
C
4
A
5
个；
②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有
A
1
再选三个奇数数与一
4
种排法，
141
个偶数数字全排放在其他数 位上，共有
C
3
5
C
4
A
4
A
4
种排法.
25
3141
综合①和②，由分类计数原理，符合条件的五位数共 有
C
3
5
C
4
A
5
＋
C
5
C
4
A
4
A
4
＝11040个.
例8 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字，比20000大，且百位数字不是3

的自然数？
【解】设A＝{满足题设条件，且百位数字是3的自然数}，B＝{满足题设条 件，且比20000
大的自然数}，则原题即求
card

BIð
U
A

，画韦恩图如图，阴影部分
U
即
BIð
U
A

card

BAIB

.
U< br>A
，从图中看出
card

BIð
又
AIBØB，由性质2，有
card

BAIB

card

B

card

AIB

.

4
card

B

A
1
4
A
4
.
AIB

BIð
U
A

card
B

即由数字1，2，3，4，5组成无重复数字，且比20000大的自然数 的个数，易知
card

AIB

即由数字1，2，3，4，5组成 无重复数字、比20000大，且百位数字是3的自
3
然数的个数，易知
card
AIB

A
1
3
A
3
，
413
所以
card

BIð
U
A

 A
1
4
A
4
A
3
A
3
＝78. 即可组成78个符合已知条件的自然数.


典型例题
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
3
排列，故有
A< br>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 非零数字中任选一个，
112
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
A
8
A
8
（个）．
∴ 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．
例2 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？
5
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个放入舞
454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
＝43200.
A
6
（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个歌
5
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
＝2880种方 法。
4
4

例3 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． < br>6
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< br>55
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
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
例4 现有
3
辆公交车、
3
位司机和
3
位售票员，每辆车上需配
1
位司机和
1
位售票员．问车辆、
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；第二步把
3
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．

例5 下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
个专业并确定其顺序，
222
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，由分步计数原理得不同
3222
的填表方法有：
A
4
A
3
A
3
A
3
5184
种．
3
例6
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． 1
(2)第一步安排甲，有
A
3
种排法；第二步安排乙，有
A< br>4
种排法；第三步余下的
5
人排在剩
115
5
下的< br>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
A
3
A
4
A
5
1440
种． 1
(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

53
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．由分步计数原
53
理得，共有
A
5
A
3
720
种排法．
(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
3
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．由分步计数原理得，符合
43
条件的排法共有：
A
4
A
5
1440
种．
4
例8 < br>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
111114
4A
2
A
3
A
4
A
5
)A< br>4
A
6
；
B
的算式是
(A
1
；C
的算式是
A
6
；
2
24
．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．
D
的算式是
C
6
A
4
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< br>1
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1
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．
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
C
中
A
6
14
前后顺序应是
a,b
的．因此
C
的算式也正确．
2
，这 两个位置让
a,b
占据，显然，
a,b
占据
D
中把6个位置 先圈定两个位置的方法数
C
6
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．

例9 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)．
4
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

17
坐法数”看成“总方法数”，这个数目是
A
4
．在这种前提下， 不合题意的方法是“甲坐第
A
7
一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是< br>A
4
C
2
A
3
A
4
A5
．其中第一个因数
A
4
表示
1
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
5
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
1
1
1111 5
1
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
8640
(种)．
说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．

例10 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 水彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（ ）．
345145245
45
A．
A
4
B．
A
3
A
4
A
5
C．
C
3
A
4
A
5
D．
A
2
A
4
A
5

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幅油
245
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．
例11 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
5
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
1
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< br>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．

例12 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，也有
22
A
4
2
个．因此符 合条件的偶数共有
A
4
A
4
24
个．
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
．因< br>5
此三位偶数共有
60
2
24
个．
5
解法4：利用选择项判断．
3
用
15
这
5< br>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
．
例13 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< br>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
4
进行分类．一个自然数能被
3
整除的定首位数字有影响， 所以需要就个位数字用
0
或者用
2、
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．
4
分成两类，个位用
0
，其它两位从
1、
解： (1)就个位用
0
还是用
2、
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4432
(个)，
所有
3
位偶数的总数为：
123244
(个)．
2
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)
、(2)从< br>0、
(015)
、
(024)
、
(045)
、
(123)
、
(135)
、
(234)
、
(345)，前四组中有
0
，
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)，如果用后四组，
2

3
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)．
例14 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
先选定两个空位，可以在
1、
也可 以在
2、2
号位，
3
号位…共有六种可能，
1、2、3、4、5、6 、7
．
再安排另一空位，此时需看到，如果空位在
1、
则另一空位可以在4、
有
4
种
2
号，
5、6、7
号位，
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：
2
或
6、7
，共有
24A
4
192
(种)坐法． 若两相邻空位在
1、
3
，
3、4
，
4、5< br>或
5、6
，共有
43A
4
288
(种)不同坐 法，所以所若两相邻空位在
2、
有坐法总数为
192288480
(种) ．
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
4
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5
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
种不同方法，所以，所有
454
满足条件的不同坐法种数为
A
7
A
5
10A
4
480
(种)．
4