爱的故事书-国王的演讲字幕

实用标准
一．基本原理
1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：从n 个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一
m
列，叫做从n个不同元素中 取出m个元素的一个排列，所有排列的个数记为A
n
.

1.公式：1.A
n
m
n

n1

n2
< br>……

nm1


2.
(3)

规定：0!1

n!


nm

!

(1)
n!n(n1)!,(n1)n!(n1)!

(2)
nn![(n1)1]n!(n1)n!n!(n1)!n!
；
nn11n1111


(n1)!(n1)!(n1 )!(n1)!n!(n1)!
三．组合：从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素并组成一组， 叫做从n 个不同的m 元
素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。
1. 公式：

n

n1

……

nm1

A
m
n!
C
n

m!m!
nm

!
A
m
m
m
n

规定：C
n
0

1

1n
……C
n
2
n


Cn
m
C
n
nm
，C
n
m
Cn
m1
C
n
m
1
，C
n
0C
n
2.组合数性质：
①；②；③；④
rrr1rrrrr1r rrr1
注：C
r
r
C
r
r
1
C
r
r
2
LC
n1
C
n
C
r1
C
r1
C
r2
LC
n1
C
n
C
r2
C
r2
LC
n1
 C
n
C
n1

若
C
nm
C
n
m
则m
1
=m
2
或m
1
+m
2
n

12
四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③
分步还是分类。
2．解排列、组合题的基本策略
（1）两种思路：①直接法；
②间接法：对有限制 条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决
排列组合应用题时一种常用的解 题方法。
（2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意 ：
分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理： 与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计
数原理解决。在处理排列组合 问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，
后分步。
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实用标准
（4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。
3．排列应用题：
（1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2)、特殊元
素优先考虑、特殊位置优先考虑；
（3）．相邻问题：捆邦法：
对 于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其
余元素排列， 然后再对相邻元素内部进行排列。
（4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要 在某特殊位置时可采用插空
法.即先安排好没有限制条件的元素，然后再将不相邻接元素在已排好的元素 之间及两端
的空隙之间插入。
（5）、顺序一定，除法处理。先排后除或先定后插
解法一：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排
列，然后用 总的排列数除于这几个元素的全排列数。即先全排，再除以定序元素的全排列。
解法二：在总位置中选 出定序元素的位置不参加排列，先对其他元素进行排列，剩余的几个位
置放定序的元素，若定序元素要求 从左到右或从右到左排列，则只有1种排法；若不要求，
则有2种排法；
（6）“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略
对于某些排列问题中的某些元素要求 组成“小团体”时，可先将“小团体”看作一个元素与其
余元素排列，最后再进行“小团体”内部的排列 。
（7）分排问题用“直排法”把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。
（8）．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；
③能被9整除的数的特征：各位数字之和是9的倍数④能被4整除的数的特征：末两位是4
的倍数。 ⑤能被5整除的数的特征：末位数是0或5。
⑥能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。 ⑦能被6整除的数的特征：各
位数字之和是3的倍数的偶数。
4．组合应用题：（1）.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法: （2）． “含”与
“不含” 用间接排除法或分类法:
3．分组问题：
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实用标准
均匀分组：分步取，得组合数相乘，再除以组数的阶乘。即除法处理。
非均匀分组：分步取，得组合数相乘。即组合处理。
混合分组：分步取，得组合数相乘，再除以均匀分组的组数的阶乘。
4．分配问题：
定额分配：（指定到具体位置）即固定位置固定人数，分步取，得组合数相乘。
随机分配：（ 不指定到具体位置）即不固定位置但固定人数，先分组再排列，先组合分堆后排，
注意平均分堆除以均匀 分组组数的阶乘。
5．隔板法： 不可分辨的球即相同元素分组问题
例1.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．
例3.6人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少种排法？
解一：间接法： 即
A
6
6
A
5
5
A
5
5A
4
4
720212024504

解二：（1）分类求解：按甲排与不排在最右端分类.
1
(1) 甲排在最右端时,有
A
5
5
种排法； (2) 甲不排在最右端（甲不排在最 左端）时，则甲有
A
4
种
111
A
4
A
4
4
种排法，分类相加得共有
排法，乙有
A
4
种排法，其他人 有
A
4
4
种排法，共有
A
4
11
A
5
5
+
A
4
A
4
A
4
4
=504种排法
例.有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女 生从矮到
高排列，有多少种排法？
4
分析一：先在7个位置上任取4个位置排男生， 有A
7
种排法.剩余的3个位置排女生，因要
4
求“从矮到高”，只有1种排 法，故共有A
7
·1=840种.
1.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
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
C
9
3
C
4
3
C
5
3
70
种,选.
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
112
C
5
C
4
70
台,选
C< br>.
1台；故不同的取法有
C
5
2
C
4
2． 从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论比赛（1）如果4人中男生和女生各选2人，
有 种选法； （2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有 种选法； （3）如果男
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实用标准
生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有 种选法； （4）如果4人中必须既有男生又有
女生，有 种选法
分析：本题考查 利用种数公式解答与组合相关的问题.由于选出的人没有地位的差异，所以是
组合问题.
解： （1）先从男生中选2人，有
C
5
2
种选法，再从女生中选2人，有
C
4
2
种选法，所以共有
C
5
2
C
42
=60
（种）；
（2）除去甲、乙之外，其余2人可以从剩下的7人中任意选 择，所以共有
C
2
2
C
7
2
=21（种）； （3）在9人选4人的选法中，把甲和乙都不在内的去掉，得到符合条件的选法数：
C
9< br>4
C
7
4
=91
（种）；
直接法，则可分为3类 ：只含甲；只含乙；同时含甲和乙，得到符合条件的方法数
131322332
=91（种）.
C
1
C
7
C
1
C
7
C
2
C
7
C
7
C
7
C
7
（ 4）在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数
4
C
9
4
C
5
4
C
4
=120（种）.
13231
C
4
C
5
2
C
4
C
5
C
4
=120
直接法：分别按照含男生1、2、3人分类，得到符合条件 的选法为
C
5
（种）.

1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50 C．60 D．70
[解析] 先分组再排 列，一组2人一组4人有C
2
＝
6
＝15种不同的分法；两组各3人共有2
A
2
10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( )
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
[解析] 恰有两 个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插
2
空，从而共A3
3
A
4
＝72种排法，故选C.
C
3
6< br>3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻
出现，这样的四位数有( )
A．6个 B．9个 C．18个 D．36个
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻 ，选
22
四个数字共有C
1
3
＝3(种)选法，即1231,123 2,1233，而每种选择有A
2
×C
3
＝6(种)排法，所以
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实用标准
共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其
中女生有 ( )
A．2人或3人 B．3人或4人 C．3人 D．4人
1
[解析] 设男生有
n
人，则女生有(8－
n
)人，由 题意可得C
2
n
C
8－
n
＝30，解得
n
＝5或
n
＝6，
代入验证，可知女生为2人或3人．
5．某幢楼从二楼到三 楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定
从二楼到三楼用8步走完，则方法 有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2
步，那么 共有C
2
8
＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的 甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能
分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一 个部门，则不同的分配方案共有
( )
A．24种 B．36种 C．38种 D．108种
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门， 共有2
种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C
1
3
种分法，然后
2
再分到两部门去共有C
1
3
A
2
种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即
可，由于是每个部门各4人， 故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C
1
3
种方法，
21
由分步乘法计数原理共有2C
1
3
A
2
C
3
＝3 6(种)．
7．已知集合
A
＝{5}，
B
＝{1,2}，
C
＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐
标系中点的坐标，则确定的 不同点的个数为( )
A．33 B．34 C．35 D．36
3
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C
1
2·A
3
＝12个；
33
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个 1的有C
1
2
·A
3
＋A
3
＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C
1
3
＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A．72
文档
B．96 C．108 D．144
12233
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A
2
2
·C3
A
2
A
3
＝72(个)，若1与3不相邻有A
3·A
3
＝36(个)

实用标准
故共有72＋36＝108个．
9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某 展览馆，每天最多只安排一所学校，
要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排 方法有( )
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、 (3,4)、
(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C
1
6
， 然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学
12
校参观，安排方法有A
25
种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C
6
·A
5
＝120种，
故选C.
10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天 ，其中甲、乙二人都不能
安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作 答)
5
[解析] 先安排甲、乙两人在后5天值班，有A
2
5
＝ 20(种)排法，其余5人再进行排列，有A
5
＝120(种)排法，所以共有20×120＝ 2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个 球排成一列有________
种不同的排法．(用数字作答)
23
[解析] 由 题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C
4
9
·C
5
·C
3
＝1260(种)
排法．
12．将6位志愿者分成4组，其 中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同
场馆服务，不同的分配方案有_______ _种(用数字作答)．
2
C
2
6
C
4
[解析] 先将6名志愿者分为4组，共有
2
种分法，再将4组人员分到4
A
2
2
C
2
6
·C
4
4
＝1 080种． 个不同场馆 去，共有A
4
·A
4
种分法，故所有分配方案有：
4
2A
2
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同 色，有
________种不同的种法(用数字作答)．

[解析] 5有4种种 法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、
3不同色，2有1种种法，∴ 有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．
14. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片 放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，
其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种
文档

实用标准
【解析】标号1,2的卡片放入同一 封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个
有种方法，共有种，故选B.
15. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工
中的甲、乙排在相 邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共
有
A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种
14
A
4
种方法
解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号 共有
2A
2
2
A4
113
A
3
A
3
)
种方法
甲乙排 中间,丙排7号或不排7号，共有
4
A
2
2
(
A
4
4
A
3
故共有1008种不同的排法


文档

实用标准
排列组合 二项式定理
1，分类计数原理 完成一件事有 几类方法，各类办法相
互独立每类办法又有多种不同的办法（每一种都可以独
立的完成这个事情 ）

分步计数原理 完成一件事，需要分几个步骤，每一
步的完成有多种不同的方法
2，排列

排列定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）
个元 素（被取出的元素各不相同），按照一定的顺序
排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的
一个排列。
排列数定义；从n个不同元素中，任取m（m≤n）
个元素的所有排列的个数
A

m
n
公式
文档
A
m
n
n!
=
(n
规定0！=1
m)!

实用标准
3，组合
组合定义 从n个不同元素 中，任取m（m≤n）个
元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元
素的一个组合
组合数 从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元
素的所有组合个数
C

m
n
C
m
n
!
=
m !(n
n


m)!
m
n
nm
n
m
性质
C
=
C

C




C
n

C
nn1
mm1

排列组合题型总结
一． 直接法
1 .特殊元素法
例1用1，2，3，4，5，6这6个数字组成无重复的四
文档

实用标准
位数，试求满足下列条件的四位数各有多少个
（1）数字1不排在个位和千位
（2）数字1不在个位，数字6不在千位。
分析 ：（1）个位和千位有5个数字可供选择
A
5
2
，其余2位有四个可供选择< br>A
4
2
，由乘法原
理：
A
5
2
A< br>4
2
=240
2．特殊位置法
11
（2）当1在千位时余 下三位有
A
5
3
=60，1不在千位时，千位有
A
4
种选法，个位有
A
4
种，
11
A
4
A
4
2
=192所以总共有192+60=252
余下的有
A
4
2
，共有
A
4
二
间接法
当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上例中（2）可用间接法
32
A
6
4
2A
5
A
4
=252
Eg < br>有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与
5，6与7，8与9，将它们任意三张并排 放在一起组成三
位数，共可组成多少个不同的三位数？
分析：：任取三张卡片可以 组成不同的三位数
C
个，其中0在百位的有
C
2
4
3
5
3
2
3
A
3
2
2

A
2
2
个，这是不合题意的。
-
C
2
4
故共 可组成不同的三位数
C

文档
3
5
3
2
3
A
3
2
2

A
2
2
=4 32

实用标准
Eg 三个女生和五个男生排成一排
（1） 女生必须全排在一起 有多少种排法（ 捆绑法）
（2） 女生必须全分开 （插空法 须排的元素必须相邻）
（3） 两端不能排女生
（4） 两端不能全排女生
（5） 如果三个女生占前排，五个男生站后排，有多少种
不同的排法
二．
插空法
当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。
例3 在一个含有8个节目的节目单中，临时插入两个歌唱节目，且保持原节目顺序，
有多少中插入方法？
分析：原有的8个节目中含有9个空档，插入一个节目后，空档变为10个，故有
1 1
A
9
A
10
=100中插入方法。
三．
捆绑法
当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。
1．四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有 种
（
C
4
2
A
3
3
）
,2，某 市植物园要在30天内接待20所学校的学生参观，但每天只能安排一所学校，其中有
一所学校人数较多 ，要安排连续参观2天，其余只参观一天，则植物园30天内不同的安排方
119
A
28
法有（
C
29
）（注意连续参观2天，即需把30天种的连续两天捆绑看 成一天作为一个整体
1
来选有
C
29
其余的就是19所学校选28天 进行排列）
文档

实用标准
四．
阁板法
名额分配或相同物品的分配问题，适宜采阁板用法
例5 某校准备组建一个由12人组成篮球队，这 12个人由8个班的学生组成，每班至少
一人，名额分配方案共 种 。
分析：此例的 实质是12个名额分配给8个班，每班至少一个名额，可在12个名额种的
7
11个空当中插入 7块闸板，一种插法对应一种名额的分配方式，故有
C
11
种

五 平均分推问题
eg 6本不同的书按一下方式处理，各有几种分发？
（1） 平均分成三堆，
（2） 平均分给甲乙丙三人
（3） 一堆一本，一堆两本，一对三本
（4） 甲得一本，乙得两本，丙得三本（一种分组对应
一种方案）
（5） 一人的一本，一人的两本，一人的三本
分析：1，分出三堆书（a
1
,a
2
）,(a
3
,a
4
)，（a
5
,a
6
）由顺
序不同可以有
A
=6种，而这6种分法只算一种分堆方式，
3
3
故6本不同的书平均分成三堆方式有
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222
C
6< br>C
4
C
2
3
A
3
=15种

实用标准
2，六本不同的书，平均分成三堆有x种，平均分给甲乙
丙三人
就有x
A
种
CCC

3
3
222
642
3，
CCC
5，
A
CCC

123
3
3
123
653653

五． 合并单元格解决染色问题
Eg 如图1，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不 得使用同一颜
色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（以数字作答）。
分析：颜色相同的区域可能是2、3、4、5．
下面分情况讨论:
( ⅰ)当2、4颜色相同且3、5颜色不同时，将2、4合并成一个单元格，此时不同的着色方
2,4法相当于4个元素 ①③⑤的全排列数
A
4

4
（ⅱ）当2、4颜色不同且3、5颜色相同时，与情形(ⅰ)类似同理可得
A
4
种着色法．
4
（ⅲ）当2、4

2,4

与3、5分别同色时，将2、4；3、5分别合并，这样仅有三个单元格
3,5
①
从4种颜色中选3种来着色这三个单元格，计有
C
4

A
3
种方法．

3
3
3
由加法原理知：不同着色方法共 有2
A
4

C
4
A
3
=48+24=72 （种）
4
3
练习1（天津卷（文））将3种作物种植

1

2

3

4

5


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实用标准

在如图的5块试验田里，每快种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物 ，
不同的种植方法共 种（以数字作答） （72）
2．某城市中心广场建造一个花 圃，花圃6分为个部分（如图3），现要栽种4种颜色的花，
每部分栽种一种且相邻部分不能栽种 同一样颜色的话，不同的栽种方法有 种（以数字作
答）．（120）





图3 图4
3．如图4，用不同的5种颜色分别为ABCDE五部分着色，相邻部分不能用同一颜色，但同一种颜色可以反复使用也可以不用，则符合这种要求的不同着色种数．（540）
4．如图5： 四个区域坐定4个单位的人，有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿
同种颜色的服装，且相邻两 区域的颜色不同，不相邻区域颜色相同，不相邻区域颜色相同与否
不受限制，那么不同的着色方法是 种（84）
C





图5 图6
5．将一四棱锥(图6)的每个顶点染一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，若只有五种颜文档
1
2
4
3
6
2
5
1
3
4
B
A
C
D
E
A
B
E
D

实用标准
色可供使用，则不同的染色方法共 种（420）


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