距离产生美-献血前注意事项

数学运算之排列组合专题
基本知识点回顾：
1、排列：从N不同元素中，任 取M个元素（被取元素各不
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。
2、组合：从N个不同元素中取出M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（不考虑元素顺
序）
3、分步计数原理（也称乘法原理）：完成一件 事，需要分成
n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种
不同的方法……做第 n步有mn种不同的方法。那么完成这
件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法。
4、分类计数原理：完成一件事有n类办法，在第一类办法
中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方
法……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件
事共有N= m1+ m2+…+ mn种不同的方法。
一、排列组合部分是中学数学中的难点之一，原因在于
(1)从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，
需要较强的抽象思维能力； < br>(2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词
(特别是逻辑关联词和量词)准确理 解；
(3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计

算方案时 需要的思维量较大；
(4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求
我们搞清 概念、原理，并具有较强的分析能力。
二、两个基本计数原理及应用
(1)加法原理和分类计数法
1．加法原理：分类用加法（取其一）
分类：翻译成“要么，要么”
2．加法原理的集合形式
3．分类的要求 每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同
办法中的具体方法，互不相同(即分类不 重)；完成此任务的
任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)
(2)乘法原理和分步计数法
1．乘法原理：分步用乘法（全部取）
分步：翻译成“先，后，再”
2．合理分步的要求
任何一步的一种方法都不能 完成此任务，必须且只须连续完
成这n步才能完成此任务；各步计数相互独立；只要有一步
中所 采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同
例：教室里有15个同学，其中有10个男生，5 个女生。选
其中一个擦黑板，就是取其一。（10+5）
教室里有15个同学，其中有10个 男生，5个女生，选其中

一男一女交际舞，全部取（10*5）
三、排列和组合问题
排列（和顺序有关）：换顺序变成另一种情况的就是排列
A的公式：假设从m中取N，那A=M*（m-1）连乘N个。
组合（和顺序无关）：换顺序还是原来的情况那种就是组合
C的公式：假设从M中取N，那< br>C=[m*(m-1)*(m-2)…][n*(n-1)*(n-2)]，分子，分母都连
乘n 个
【例 5】林辉在自助餐店就餐，他准备挑选三种肉类中的一种
肉类，四种蔬菜中的二种不同 蔬菜，以及四种点心中的一种
点心。若不考虑食物的挑选次序，则他可以有多少种不同的选
择方法?
A.4 B.24 C.72 D.144
解：不考虑食物的次序，所以 用C，然后肉类，蔬菜，点心
是属于分步问题（全取），所以用乘法原理。
【例 6】一张节目表上原有 3 个节目，如果保持这三个节目
的相对顺序不变，再添加 2 个新
节目，有多少种安排方法?
C. 6 D. 4
（ ）
A. 20 B. 12
解：顺序不变不等于捆绑,捆绑是只用于挨着的情况。此题
用插空法。
方法1：分类 计算思想——当新节目为XY，要么X，Y在一
起的情况和要么x，y不在一起的情况。

——捆绑法的前提：捆绑的对象必须在一起（相邻问题）
3个人捆起来，A33（也需要安排顺序）——捆绑法先用的
——插空法的前提：插空的对象不允许在一起（相隔问题）
3个人插空是后插他们，先安排别的元素——插空法是后用
的
方法2：分步计算思想，先插X，再插Y（很重要的思想）
【例题】书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，
6本不同的英语书。 （1）若从这些书中任取一本，有多少
种不同的取法？ （2）若从这些书中取数学书、语文书、英
语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）若从这些书中取
不同的科目的书两本，有多少种不同的取法。
解：（1）由于从书架 上任取一本书，就可以完成这件事，
故应分类，由于有3种书，则分为3类然后依据加法原理，
得到的取法种数是：3+5+6=14种。 （2）由于从书架上任取
数学书、语文书、英语书各1本， 需要分成3个步骤完成，
据乘法原理，得到不同的取法种数是：3×5×6=90（种）。
（ 3）由于从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类情
况（数语各1本，数英各1本，语英各1本）而 在每一类情
况中又需分2个步骤才能完成。故应依据加法与乘法两个原
理计算出共得到的不同的 取法种数是：3×5+3×6+5×6=63
（种）。
【例题】5位高中毕业生，准备报考3 所高等院校，每人报

且只报一所，不同的报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，
因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，
得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
四、 错位排列问题（顺序全错）
问题表述：有 N 封信和 N 个信封，则每封信都不装在自己
的信封里，可能的方法的种数计作Dn，则 D
1
= 0， D
2
=1，
D
3
= 2， D
4
=9 ， D
5
=44 ， D
6
=265 …
【例 9】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：C
5
*2（三个瓶子贴三个标签恰好贴错为2）=20
引申：5个瓶子恰好贴对了2个=恰好贴错了3个
5个瓶子恰好贴错了4个，答案是0，因为这是不可能的。
[例题分析]排列组合思维方法选讲
1．首先明确任务的意义
例1. 从1、 2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的
数组成等差数列，这样的不同等差数列有______ __个。
分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个
明确的排列组合问题。
设a,b,c成等差，∴ 2b=a+c, 可知b由a,c决定，
3

又∵ 2b是偶数，∴ a,c同奇或同偶，即：从1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20这十个数中选出两个数进行排
列，由此就可确定等差数列，因而 本题为C(10,2)*2*2=180
2．注意加法原理与乘法原理的特点，分析是分类还是分步，
是排列还是组合
例2 ．在一块并排的10垄田地中，选择二垄分别种植A，B
两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长， 要求A，B
两种作物的间隔不少于6垄，不同的选法共有______种。
分析：条件中“ 要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这
个条件不容易用一个包含排列数，组合数的式子表示，因而< br>采取分类的方法。
第一类：A在第一垄，B有3种选择；
第二类：A在第二垄，B有2种选择；
第三类：A在第三垄，B有1种选择，
同理A、B位置互换 ，共12种。
例3．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双
同色的取法有________。
(A)240 (B)180 (C)120 (D)60
分析：显然本题应分步解决。
（一）从6双中选出一双同色的手套，有6种方法；
（二）从剩下的十只手套中任选一只，有10种方法。
（三）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一

只，有8种方法；
（四）由于选取与顺序无关，因而（二）（三）中的选法重
复一次，因而共240种。
例4．身高互不相同的6个人排成2横行3纵列，在第一行
的每一个人都比他同列的身后的人个子矮， 则所有不同的排
法种数为_______。
分析：每一纵列中的两人只要选定，则他们只有 一种站位方
法，因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系，共有三
纵列，从而有C(6.2 )*C(4.2)*C(2.2)=90种。
例5．在11名工人中，有5人只能当钳工，4人只能 当车工，
另外2人能当钳工也能当车工。现从11人中选出4人当钳
工，4人当车工，问共有多 少种不同的选法?
分析：采用加法原理首先要做到分类不重不漏，如何做到这
一点？分类的标准必须前后统一。
以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去
当钳工为分类标准。
第一类：这两个人都去当钳工，C(5.2)*C(4.4)=10
第二类：这两人有一个去当钳工，
C(2.1)*C(5.3)*C(5.4)=100
第三类：这两人都不去当钳工， C(5.4)*C(6.4)=75
因而共有185种。
例6．现有印着0，l，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9

可以作6用， 那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的
三位数?
分析：有同学认为只要把0，l，3 ，5，7，9的排法数乘以2
即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替
换，因 而必须分类。
有0无9 6*4＝24
有9无0 6*6*2=72
有9有0 4*4*2=32
无9无0 4×6＝24
因此共有152种方法。
5*5*4*2-4*4*3=152,
例7．停车场划一排12个停车位置，今有8辆车需 要停放，
要求空车位连在一起，不同的停车方法是________种。
分析：把空车位看成一个元素，和8辆车共九个元素排列，
因而共有P(9.8)种停车方法。
3．特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑
例8．六人站成一排，求
(1)甲不在排头，乙不在排尾的排列数
(2)甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数
分析：
（1）先考虑排头，排尾，但这两个要求相互有影响，因而
考虑分类。

第一类：乙在排头，有P(5.5)种站法。
第二类：乙不在排头，当然他 也不能在排尾，有
C(4.1)C(4.1)P(4.4)种站法，
法2:P(6.6)-P(5.5)*2+P(4.4)
（2）
第一类：甲在排尾，乙在排头，有种方法。
第二类：甲在排尾，乙不在排头，有种方法。
第三类：乙在排头，甲不在排头，有种方法。
第四类：甲不在排尾，乙不在排头，有种方法。
共312种。
法2:甲乙相邻的排法数
C(4,1)*C(3,1)*2*P(3,3)+P(4,4)+P(4,4)=192
头尾取非甲乙，乙头，甲尾。
504-192=312
例9．对某件产品的6件不 同正品和4件不同次品进行一一
测试，至区分出所有次品为止。若所有次品恰好在第五次测
试时 被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?
分析：本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且 是最后
一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，分步完成。
第一步：第五次测试的有C(4.1)种可能；
第二步：前四次有一件正品有C(6.1)种可能。
第三步：前四次有P(4.4)种可能。

C(4.1)*C(6.1)*P(4.4)
4．捆绑与插空
例10. 8人排成一队
(1)甲乙必须相邻
(2)甲乙不相邻
(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻
(4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻
(5)甲乙不相邻，丙丁不相邻
分析：
(1)甲乙必须相邻 ，就是把甲乙 捆绑(甲乙可交換) 和7人
排列 P(7.7)*2
(2)甲乙不相邻 P(8.8)-P(7.7)*2
(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻
先求甲乙必须相邻且与丙相邻 P(6.6)*2*2
甲乙必须相邻且与丙不相
邻 P(7.7)*2-P(6.6)*2*2
(4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻 P(6.6)*2*2
(5)甲乙不相邻，丙丁不相邻
P(8.8)-P(7.7)*2*2+P(6.6)*2*2
例11. 某人射击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有
多少种不同的情况?
分析：∵ 连续命 中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因

而这是一个插空问题。另外没有命中的之间没有 区别，不必
计数。即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列，
即P(5.2).
例12. 马路上有编号为l，2，3，……，10 十个路灯，为
节约用电又看清路面，可以 把其中的三只灯关掉，但不能同
时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况
下，求 满足条件的关灯方法共有多少种?
分析：即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯
之间没有区别，因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两
端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。
∴ 共C(6.3)=20种方法。
例13. 三个相同的红球和两个不同的白球排成一行，共有多
少种不同的方法?
分析：
三个相同的红球,有4個空，两个不同的白球， 可以一個一
個插，也可以2個一起插、
P(4.2)+P(4.1)*2=20
4．间接计数法.(1)排除法
例14. 三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三
角形?
分析：有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。
所求问题的方法数=任意三个点的组合数- 共线三点的方法

数，C(9.3)-8
例15．正方体8个顶点中取出4个，可组成多少个四面体?
分析：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的
方法数，
∴ 共C(8.4)-12=70-12=58个。
例16. l，2，3，……，9中取出两个分别作为对数的底数
和真数，可组成多少个不同数值的对数?
分析：由于底数不能为1。
（1）当1选上时，1必为真数，∴ 有一种情况。
（2）当不选1时，从2--9中任取两个分别作为底数，真数，
共P(8.2)其中log2 4=log3 9，log4 2=log9 3, log2 3=log4
9, log3 2=log9 4.
因而一共有P(8.2)+1-4=53个。
例17. 六人排成一排，
要求甲在乙的前面，(不一定相邻)，共有多少种不同的方法?
如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢?
分析：
1.实际上,甲在乙的前面和甲 在乙的后面两种情况对称,具
有相同的排法数。因而有P(6.6)2=360种。
2.先 考虑六人全排列；其次甲乙丙三人实际上只能按照一种
顺序站位，因而前面的排法数重复了P(3.3) 种， ∴ 共
P(6.6)P(3.3)=120种。

例18．5男4女排 成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，
共有多少种不同的方法?
分析：首先不考虑男生 的站位要求，共P(9.9)种；男生从左
至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复< br>了P(5.5)次。因而有P(9.9)P(5.5)=9×8×7×6=3024种。
若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法， 同理
也有3024种，综上，有6048种。
5．挡板的使用
例20．10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有
多少种不同的分配方法? 分析：把10个名额看成十个元素，在这十个元素之间形成
的九个空中，选出七个位置放置档板，则 每一种放置方式就
相当于一种分配方式。因而共C(9.7)=36种。
6．注意排列组合 的区别与联系：所有的排列都可以看作是
先取组合，再做全排列；同样，组合如补充一个阶段(排序)< br>可转化为排列问题。
例21. 从0，l，2，……，9中取出2个偶数数字，3个奇
数数字，可组成多少个无重复数字的五位数?
分析：先选后排。另外还要考虑特殊元素0的选取。
（一）两个选出的偶数含0,C(4.1)*C(5.3)*4*P(4.4)
（二）两个选出的偶数字不含0，C(4,2) C(5.3)P(5.5)
例22. 电梯 有7位乘客，在10层楼房的每一层停留，如果

三位乘客从同一层出去，另外两位在同一 层出去，最后两人
各从不同的楼层出去，有多少种不同的下楼方法?
分析：
（一）先把7位乘客分成3人，2人，一人，一人四组，有
C(7.3)C(4.2)种。
（二）选择10层中的四层下楼有C(7.3)C(4.2)种。
C(7.3)C(4.2)*C(7.3)C(4.2)
例23. 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位
数，
(1)可组成多少个不同的四位数?
(2)可组成多少个不同的四位偶数?
(3)可组成多少个能被3整除的四位数?
(4)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85
项是什么?
分析：
（1）有P(6,4)-P(5,3)个。
（2）分为两类：
0在末位，则有p(5,3)种
0不在末位，则有c(2,1)c(4,1)p(4,2)种。
∴ 共p(5,3)+c(2,1)c(4,1)p(4,2)种。
（3）先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，
即先选

0，1，2，3
0，1，3，5
0，2，3，4
0，3，4，5
1，2，4，5
它们排列出来的数一定可以被3整除，再排列 ，有：4×
c(3,1)p(3,3)+p(4,4)=96种。
（4）将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第
85项是什么?
首位为1的有p(5,3)=60个。
前两位为20的有p(4,2)=12个。
前两位为21的有p(4,2)=12个。
因而第85项是前两位为23的最小数，即为2301。
7．分组问题
例24. 6本不同的书
(1) 分给甲乙丙三人，每人两本，有多少种不同的分法?
(2) 分成三堆，每堆两本，有多少种不同的分法？
(3) 分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本，有多少种
不同的分法？
(4) 甲一本，乙两本，丙三本，有多少种不同的分法?
(5) 分给甲乙丙三人，其中一人一本，一人两本，第三人三
本，有多少种不同的分法?

分析
(1) 分给甲乙丙三人，每人两本，有多少种不同的分法?
C(6.2)C(4.2)
(2) 分成三堆，每堆两本，有多少种不同的分法？
C(6.2)C(4.2)P(3.3)
(3) 分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本，有多少种
不同的分法？ C(6.3)C(3.2)
(4) 甲一本，乙两本，丙三本，有多少种不同的分法?
C(6.3)C(3.2)
(5) 分给甲乙丙三人，其中一人一本，一人两本，第三人三
本，有多少种不同的分法?
C(6.3)C(3.2)P(3.3)
(每堆两本),(一堆一本，一堆两本，一堆三本，)区别在哪
里清楚不。
例25. 6人分乘两辆不同的车，每车最多乘4人，则不同的
乘车方法为_______。
分析：
（一）考虑先把6人分成2人和4人，3人和3人各两组。
第一类：平均分成3人一组，有c(6.3)种方法。
第二类：分成2人，4人各一组，有c(6.2)种方法。
（二）再考虑分别上两辆不同的车。
综合（一）（二）， c(6.3)*p(2.2)+c(6.2)*p(2.2)

例26. 5名学生分配 到4个不同的科技小组参加活动，每个
科技小组至少有一名学生参加，则分配方法共有________
种.
分析：（一）先把5个学生分成二人，一人，一人，一人各
一组。
其中涉及到平均分成四组，有=种分组方法。
（二）再考虑分配到四个不同的科技小组，有种，
由（一）（二）可知，共240种。
8、错位排列问题
应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”
的数学模型的求解公式．




例1设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，
3 ，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求
每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编 号与盒子的编
号相同，则这样的投放方法的总数为
[ ]
A．20种 B．30种

C．60种 D．120种
解 本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未
指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．

第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．

例2 某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交
流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相 应的职
务．问共有多少种不同的干部调配方案？
解 实质上本题即为8个不同元素的错排 问题，一种干
部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式
求得不同的干部调配方案数 为

排列组合中几个易混淆问题辨析
１. 分组问题
分组问题是排列组合中的一个难点，主要有以下三种情
况.
１.1 非平均分组问题
在非平均分组问题中，不管是给出组名或不给出组名，其
分组的方法相同.
【例１】 把１２个人分成如下三组，分别求出以下各种
分组的方法数.
可

（１）分成甲、乙、丙三组，其中甲组７人、乙组３个、
丙组２人.
（２）分成三组，其中一组７人、一组３人、一组２人.
解： （１）先从１２人中任选７人为甲组 ，余下５人中
任选３人为乙组，剩下２人为丙组，则共有
分组方法.
（2）先从１ ２人中任选７人为一组有
下５人中任选３人有
种选法，再从余
种不同的
种选法 ，剩下的２人为一组，共有
种不同的方法.
【点评】 由于各组人数不同，这个问题属于非 平均分组
问题，尽管第（1）个问题中给出了甲、乙、丙三个组，而
第（２）个问题只是给出了 各组人数而没有具体指定组名，
但分组的方法数都是一样的.
易错点：误把（１）的结果表示为

１.2 平均分组问题
上面的 非平均分组问题中，是否给出组名对结果没有影
响，但在平均分组问题中一定要注意问题是否给出了具体 的
组名，它们的结果是不同的.
【例２】 有６本不同的书，按下列要求分配，各有多少
种不同的分法？
（１）分给甲、乙、丙三人，每人两本.

（２）平均分成三份.
解： （１）从６本书中任取２本给一个人，再从剩下的
４本中取２本给另一个人，剩下的２本给最后一人，共 有
＝９０种分法.
（２）设平均分成三堆有x种方法，再分给甲、乙、丙三
人每人得２本，则应有
∴ ＝１５种不同的分法.
【点评】 上面例子可以看出：两个问题都是分成３堆，
每堆２本， 属于平均分组问题，而（１）分到甲、乙、丙三
人，属于到位问题，相当于给出了甲、乙、丙三个指定的 组，
但（２）没有给出组名，因而结果是不同的.
一般地，把n、m个不同元素平均分到m 个不同的位置，
有
组有
种方法，把n、m个不同元素平均分成m
种分法.
错把（２）的结易错点：错把（１）的结论写为
论写为
１.3 局部平均分组问题
某些分组问题中，有一部分组之间的元素的个数相同，但
又不是所有组的元素都相同，这样的 分组称为局部平均分组.
解决这问题同样要考虑分组时是否给出了组名.
【例３】 （１）把６本不同的书分给４人，两人各得１

本，另外两人各得２本，有几种分法？
（２）把６本不同的书分成４份，两份各１本，两份各２
本，有几种分法？
解析： 我们先来研究：“两个无区别的白球与两个无区别的
红球排成一排的方法数”问题.
如果这４ 个球各不相同，则有种排法，由于白球和红球各
有种排法，因此两个白球与两个红球排成一排的排法有< br>种，下面来解决上述问题.
（１）可按下面步骤完成：先将６本书分成１本、１本、
２本、２本４个部分，然后让四个人去全排列取书，即有
种.
（２）先把６本书分成１本、 １本、２本、２本的４堆，
由于两个１本与两个２本是无区别（没有顺序）的，因此，
所求的分 法数为 种.
【点评】 两个问题同属局部平均分组问题，但（１）中
指定分给了４个人， 相当于指定了组名，而（２）没有给出
组名，因此分组的情况是不相同的.事实上，（１）中相当于把４本书分成两份２本，两份１本，共有
法，然后把它分给４个人.
在元素相同的组中 ，若没给出具体的组名，则必须除以相
同元素的组数的阶乘，若把问题改为：把６本不同的书分成
种分配方

Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四堆，其中Ａ、Ｂ各２本，Ｃ、Ｄ各１本，
则有几种 分法？
该问题的分法有种分法.
. 易错点：误把（２）中的结论表示为
因此，在解决分组问题中，要弄清以下几点：①分配对象
是否明确（组名是否给出）？
②是否平均分配？
③是否局部平均分配？
④分配中有无顺序关系？
２. 挡板模型与分组问题
挡板模型是解决排列组合问题的常用方法之一，且效果极
佳，但有些分 配问题如果不加分析而乱套挡板模型，则极易
出现误解.
【例４】 ５个教师分配到３个班参加活动，每班至少１
人，有几种不同的分法？
错解： 把５个老师 排成一排，中间投入四块挡板：０|０
|０|０|０，只要在４块挡板中任取２块，一共有＝６种不同的方法.
错因： ５个教师是互不相同的，而用挡板时，要求这些
元素必须相同.即 把问题改为：把５个名额分配给３个班，
每班至少有１人.问有几种不同的分法？５个名额是没有区别顺序的.可用挡板法解决.

正解：先把５位老师分成三堆，有两类：１、１、 ３和１、
2、2分别有和种，再分到三个班里，共有
＝１５０种.
【点评】 类似上面的分配问题，当元素有区别时，要利
用分组办法解决，当元素无区别时，可用挡板模型来解决.
3. 挡板模型与双排问题
在元素无区别分配问题中，通常考虑用挡板模型来解决，
但一定要注意题目给出的条件，否则极易出错.
【例５】 从５个班中选１０人组成一个篮球队（无任何
要求），有几种选法？
错解： 选把１０个指标排好，插入９块挡块：０|０|０|
０|０|０|０|０|０|０
然后在９块挡板中任取４块即可分成５份，有＝１２６种
分法.
错因： 问题并没 有给出“每班至少１人”这个条件，而
采用挡板解决时，实际上它就是要求每班至少有１人参加.
事实上，这１０个名额可给一个班，也可给两个班…
正解：因为把１０个指标分成５个部分，只须 ４块挡板，
称为第一类元素，１０个指标为第二类元素，共１４个元素.
当这些元素都有区别时 共有种排法.

但１０个指标，４块挡板各组之间不管怎么变化，其实就
是一种情况的共有
）.
＝１００１种不同分法（或
【点评】 当分组数超过３个时，若没有给出“每组至少
有１个”这个条件时，是不能用挡板法解决的，而要用双排
列方法解决.而双排问题就是把元素分成相同 的两类，然后
加以解决.
两类元素排列的问题涉及面很广，它实质上就是有重复元素
排列的一种简单情形，在历年的公考中时有出现，应予以重
视.

天字一号的排列组合题
一） 1,2,3,4作成数字不同的三位数，试求其总和？但数字< br>不重复。[解析]组成3位数我们以其中一个位置(百位,十位,
个位)为研究对象就会发现当某 个位置固定比如是1,那么其
他的2个位置组成3位数 我们以其中一个位置(百位,十位,
个位)为研究对象就会发现 当某个位置固定 比如是1,那么
其他的2个位置上有多少种组合? 这个大家都知道 是剩下
的3个数字的全排列 P32
我们研究的位置上每个数字都会出现P32次
所以每个位置上的数字之和就可以求出来了

个位是:P32*(1+2+3+4)=60
十位是:P32*(1+2+3+4)*10=600
百位是:P32*(1+2+3+4)*100=6000
所以总和是6660
（二） 将“PROBABILITY ”11个字母排成一列，排列数有
______种，若保持P, R, O次序，则排列数有______种。
[解析]
这个题目就是直线全排列出现相同元素 的问题:在我的另外
一个帖子里面有介
绍:http:
(1)我们首先把相同元素找出来,B有2个, I 有2个 我们
先看作都是不同的11个元素全排列 这样就简单的多是
P11,11 然后把相同的元素能够形成的排列剔除即可
P11(P2,2*P2,2)=9979200。
(2)第2个小问题 因要保持PRO的顺序，就将PRO视为相同
元素（跟B，I类似的性质 ），则其排列数有11！（2！×2！
×3！）= 166320种。
（三） 李先生与其太太有一天邀请邻家四对夫妇共10人
围坐一圆桌聊天，试求下列各情形之排列数：
（1）男女间隔而坐。
（2）主人夫妇相对而坐。
（3）每对夫妇相对而坐。

（4）男女间隔且夫妇相邻。
（5）夫妇相邻。
（6）男的坐在一起，女的坐在一起。
[解析]
(1) 这个问题也在
http:介绍过
先简单介绍一 下环形排列的特征,环形排列相对于直线排列
缺少的就是参照物.第一个坐下来的人是没有参照物的,所
以无论做哪个位置都是一样的. 所以从这里我们就可以看
出 环形排列的特征是 第一个人是做参照物,不参与排列.
下面就来解答6个小问题:
(1)先让5个男的或5个女的先坐下来 全排列应该是 P44,
空出来的位置他们的妻子(丈夫), 妻子(丈夫)的全排列这
个时候有了参照物所以排列是P55 答案就是 P44*P55=2880
种
(2)先让主人夫妇找一组相对座位入座 其排列就是P11(记
住不是P22 ),这个时候其他8个人再入座,就是P88,所以此
题答案是 P88
(3)每对夫妇相 对而坐,就是捆绑的问题.5组相对位置有一
组位置是作为参照位置给第一个入座的夫妇的,剩下的4组
位置就是P44, 考虑到剩下来的4组位置夫妇可以互换位置
即 P44*2^4=384

(4)夫妇相邻,且间隔而坐. 我们先将每对夫妇捆绑 那么就
是5个元素做环形全排列 即P44 这里在从性别上区分 男
女看作2个元素 可以互换位置 即答案是P44*2=48种(值得
注意的是,这里不是*2^4 因为要互换位置,必须5对夫妇都
得换 要不然就不能保持男女间隔)
(5) 夫妇相邻 这个问题显然比第4个问题简单多了,即看作
捆绑 答案就是P44 但是这里却是每对夫妇呼唤位置都可以
算一种方法的. 即 最后答案是P44*2^5
( 6)先从大方向上确定男女分开座,那么我们可以通过性别
确定为2个元素做环形全排列.即P1,1 , 剩下的5个男生和
5个女生单独做直线全排列 所以答案是P1,1 *P55*P55 （四）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？
[解析]
这个题目相信大家都见过 就是我们这次2008年国家公务员
考试的一道题目:
这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法或多次插空法
直接解答较为麻烦，我们知道8个节目相对位置不动,前后
共 计9个间隔,故可先用一个节目去插9个空位，有C9取1
种方法；这样9个节目就变成了10个间隔, 再用另一个节目
去插10个空位，有C10取1种方法；同理用最后一个节目
去插10个节目形 成的11个间隔中的一个，有C11取1方法，

由乘法原理得：所有不同的添加方法为9 *10*11=990种。
方法2: 我们先安排11个位置,把8个节目按照相对顺序放
进去,在放另外3个节目,11个位置选3个出来进行全排列
那就是P11,3=11*10*9=990
（五） 0，1，2，3，4，5五个数字能组成多少个被25整除
的四位数？
[解析] 这里考察了一个常识性的问题 即 什么样数才能被
25整除 即这个数的后2位必须是25或者50，或者75或
者00 方可.
后两位是25的情况有:千位只有3个数字可选(0不能) 百位
也是3个可选 即3*3=9种
后两位是50的情况有:剩下的4个数字进行选2位排列
P4,2=12种
75不可能，因为数字中没有7
00也不可能，因为数字不能重复
共计 9+12=21种
环状排列：又称圆排列, 是讲事物沿着一圆周來作排列, 只
考虑事物的相对位置, 而不计较各物件所在的实际位置。
此排列可旋转, 但不可翻转。底下先看一个问题:
甲乙丙三人围一圆桌而坐, 共有几种坐
法?
解这个问题, 我们先考虑甲乙丙三人做直线排列的状况:

(圖1)



(圖2)


共计6种情形。若将(圖1)的直线排列首尾相接, 成为一
圈, 如(圖3)



(圖3)
我们可以发现(圖3)的中间与右边两圆, 都是左边的圆逆时
针旋转的结果, 所以应属于同一类圆。
同理, 若将(圖2)的直线排列首尾相接, 成为一圆, 如(圖
4), 也可发现此三个也属于同一类。

故共有 种排列方式。
所以若个不同事物在做环状排列时, 先求其直线排列, 因
每个排列方式中, 在环状排列均视为同一种。故环状排列
数为直线排列数排列之个数。底下 我们给出『环状排列』
的公式：
(1) 个不同物件的环状排列数为
(2) 个不同物件中, 任取 个的环状排列数为 。
接下來我們介紹『項鍊排列』, 因項鍊沒有正反面之分, 所
以項鍊排列數就是環狀排列數除以2。
【例1】五對夫婦圍圓桌而坐, 試問男女相間坐的方法數為
何?
先直線排列:
故環狀排列數為 。

【例2】五對夫婦圍圓桌而坐, 試問每對夫妻相鄰而坐的方
法數為何?
先直線排列:
故環狀排列數為 。
【例3】有8個不同顏色的珠子, 全部串成一項圈, 試問其
方法數有多少種?
[解]:
先將其想像成8個不同的物品做環狀排列, 故其方法數有
,
其次因項鍊沒有正反面之分, 故須除以2, 所以共有
種。
【例4】有8個不同顏色的珠子, 取6個串成一項鍊, 試問
其方法數有多少種？
[解]:P866*2=1680
【例5】四對夫妻圍圓桌而坐, 下列各情況, 各有幾種坐法?
(1) 男女相隔且夫妻相鄰, (2) 每對夫妻相對,
(3) 恰有三對夫妻相鄰, (4) 夫妻不相鄰且男女相間隔。
(1) 12, (2) 48, (3) 384, (4) 12。
【例6】李先生與其太太有一天邀請社區4對夫婦共10人圍
成一桌吃飯，

求下列各情形的排列數：
(1)任意入坐。 (2)男女相間而坐。 (3)主人夫婦相對而坐。
(4)每對夫婦相對而坐。 (5)男女相間夫婦相鄰。 (6)夫婦
相鄰。
(1)9! (2)4!5! (3)8! (4)4!2 (5)4! 2 (6)4!2
【例7】五對夫婦共10人，圍一圓桌而坐，求下列各條件的
坐法有幾種：
(1) 男女相間隔。 (2) 每對夫婦均相鄰。
(3) 夫婦相鄰且男女相間隔。 (4) 每對夫婦相對。
【解】(1)五位先生先坐，有 ( 5－1 ) !＝4! ( 種 ) 坐法，
太太再坐入「×」的位置，有5! 種坐法，
故共有4!×5!＝2880 ( 種 ) 坐法
(2) 每對夫婦各視為一體，5個個體圍圓桌而坐，有 ( 5
45

－1 ) !＝4! ( 種 ) 坐法，
上述每種坐法，每對夫婦可互換位置，有2種方法，
故共有4!×2＝768 ( 種 ) 坐法
(3) 5位先生先坐，有 ( 5－1 ) !＝4! ( 種 ) 坐法，
5
5
上述每種坐法中，5位太太只有2種坐法 ( 都坐自己先生的
左方或右方 )，
故共有4!×2＝48 ( 種 ) 坐法
1
先讓一對夫婦入坐，(4)解一、 ○坐法只有1種，再讓其餘

4對夫婦入坐，有4! 種坐法
2
上述每種坐法中，其餘4對夫婦的每對夫婦可互換位置，○
方法有2種
故共有1×4!×2＝384 ( 種 ) 坐法
解二、先选1人入坐，对面的人就固定了， 有1种，从8个
人再选1人入坐，有8种，再从剩下的6人中选1人，有6
种，接着从剩下的4 人中选1人，有4种，最后从剩下的2
人中选1人，有2种。
8*6*4*2=384种。
【例8】6位男生與6位女生圍一圓圈跳土風舞，請問：
(1)
種？
(2) 男女相間隔的排法有幾種？
6位男生排在一起，6位女生排在一起，排法有幾
4
4
【解】(1) 將6位男生視為一體，6位女生也視為一體，2
個個體的環狀排列只有1種排法，
而6位男生的直線排列，有6! 種排法，6位女生的直線排列
也有6! 種排法，
故共有1×6!×6!＝518400 ( 種 ) 排法
(2)
排法，
然後6位女生再分別排入男生的間隔中，有6! 種排法，
故共有5!×6!＝86400 ( 種 ) 排法
6位男生先作環狀排列，有 ( 6－1 ) !＝5! ( 種 )