高中排列组合基础题含标准标准答案.doc
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高中排列组合基础题 -( 含答案 )
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
＝6
种，然后再将甲、乙二人全排列
有
A
＝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
33
22
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
55
＝ 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
种方法 .则共有
A A
＝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
24
5
5
2
4
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.
分析：优先排女的（元素优先） .在中间四个位置
上选一个，有
A
种排法
.然后将其余
5
个排在余下
的 5 个位置上，有
A
种方法 .则共
A
A
＝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
＝84
种分法.
14
551455
39
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
（D）600 个
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
个、
A
A
A
个、
A
A
A
5
5
1
4
1
3
3
3
1
3
1
3
3
3
个、
A
A A
个、
A A
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 ?
【解法
1】考虑 0 的特殊要求，如果对 0 不加
限制，应有
C
C A
种，其中
0 居首位的有
CC
A
种，故
1
2
1
3
3
3
1
3
3
3
3
5
2
5
5
5
3
5
1
4
4
4
符合条件的五位数共有
C
5
C
5
A
5
C
5
C
4
A
4
＝11040 个.
3 2 5 3 1
4
【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.
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
C
A
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
种排法，再选三个奇数数与一个偶数
数字全排放在其他数位上，共有
C
C
A A
种排法
.
综合①和②，由分类计数原理， 符合条件的五
位数共有
C
C A
＋
C C A A
＝11040
个.
3
5
2
4
5
5
14
31
54
4
4
1
4
3
5
2
4
5
5
3
5
1
4
4
4
1
4
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
U
大的 的自然数 ，
B
＝ 满足题设条件，且比
}
{
20000
B
B I e A
A I
U
U
自然数 }，则原题即求
card B I
e
A
，画韦恩图如图，阴
影部分
即
B I e
A
，从图中看出
card B I e Acard B A I B
.
U
U
又
A I
B ? B
，由性质2，有
card B AI Bcard B card
A I 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 B
.
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 的自然数的个数， 易
card B
A
1
4
A
4
4
card AI B
知
card
A I B A
A
，
所以
card B I
e
A A A
知条件的自然数 .
3
1
3
3
U
1
4
4
4
A
1
3
A
3
3
＝78.即可组成
78
个符合已
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
个来排列，故
有
A
9
3
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
，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
1
A
8
1
A
8
2
（个）．
∴ 没有重复数字的四位偶数有
A
9
3
A
1
4
A
8
1
A
8
2
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？
解：（1）先排歌唱节目有
A
种，歌唱节目之间
55
以及两端共有 6 个位子，从中选 4
个放入舞蹈节
目，共有
A
4
中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排
6
法
有：
A
5
5
A
6
4
＝43200.
（ 2）先排舞蹈节目有
A
中方法，在舞蹈节目
44
之间以及两端共有 5 个空位，恰好供 5
个歌唱节目
放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法
有：
A
4
4
A
5
5
＝2880
种方法。
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．
分析与解法 1：6 六门课总的排法是
A
6
，其中不
6
符合要求的可分为：体育排在第一书有
A
5
种排法，如
5
图中Ⅰ；数学排在最后一节有
A
5
种排法，如图中Ⅱ；
5
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
种排法，因
44
此符合条件的排法应是：
A
6
6
2A
5
5
A
4
4
504
（种）．
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．
解：分两步完成． 第一步，把
3
名司机安排到
3
辆
车中，有
A
3
3
6
种安排方法；第二步把
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
3
A
3
3
A
3
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
1
2
3
校
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
4
3
所并加排列，共
有
A
3
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，其中又包含三小
步，因此总的排列数有
A
2
A
2
A
2
种．综合以上两步，由
分 步 计 数 原 理 得 不 同 的 填 表 方 法 有 ：
3
33
A
43
A
32
A
32
A
32
5184
种．
例
6
7
名同学排队照相．
(1)若分成两排照，前排
种不同的排法？
3
人，后排
4
人，有多少
(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？
解：
(1)
A
7
3
A
4
4
A
7
7
5040
种．
(2)第一步安排甲，有
4
A
31
种排法；第二步安排乙，
有
A
1
种排法；第三步余下的
5
人排在剩下的
5
个位置
上，有
A
种排法，由分步计数原理得，符合要求的
55
排法共有
A
3
1
A
1
4
A
5
5
1440
种．
(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
个元素的全排列问
题，有
A
5
种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全
5
排列，有
A
3
种排法．由分步计数原理得，共有
3
A
5
5
A
3
3
720
种排法．
(4)第一步，
4
名男生全排列，有
A
44
种排法；第二
步，女生插空，即将
3
名女生插入
4
名男生之间的
5
个
空位，这样可保证女生不相邻，
易知有
A
种插入方
5
3
法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：
A
4
4
A
5
3
1440
种．
六人排一列纵队， 限定
a
要排在
b
的 例 8
a , b , c , d , e , f
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
1
1
A
2
1
A
3
1
A
1
4
A
5
1
)
A
4
4
A
的算式是
1
A
6
6
；
B
的算式是
2
；
C
的算式是
A
6
4
；
的算式是
C
6
2
A
4
4
．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
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．
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，
B
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
占位方法数是
a
A
5
1
；当
占据第
2
个位置时，
b
占位的方法数是
A
1
；⋯⋯；当
a
占据第
5
个位置时，
b
占位的方法数是
A
1
，当
a
，
4
1
b
占位后，再排其他四人， 他们有
A
4
种排法，可见
B
4
的算式是正确的．
C
中
A
4
可理解为从
6
6 个位置中选 4 个位置让
c , d , e , f
占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应
是
a , b
的．因此
C
的算式也正确．
D
中把 6
个位置先圈定两个位置的方法数
C
2
，这
6
两个位置让
a , b
占据，显然，
a , b
占据这两个圈定的位
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
种排法，可见
D
的算式是对的．
44
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？
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：
A
4
2
A
1
2
A
5
5
A
4
2
A
4
1
A
5
5
8 640
(种)．
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
在第一排的八人坐法数”看成
“总方法数” ，这个数目是
A
4
1
A
7
7
．在这种前提下，
不合题意的方法是
“甲坐第一排，且乙、丙坐两排
的八人坐法．”这个数目是
A
4
1
C
1
2
A
1
3
A
1
4
A
5
5
．其中第一
个因数
A
1
表示甲坐在第一排的方法数，
C
1
表示从
42
乙、丙中任选出一人的办法数，
A
3
表示把选出的这
1
个人安排在第一排的方法数，下一个
A
4
则表示乙、
1
丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，
A
5
就
是其他五人的坐法数，于是总的方法数为
(种)．
A
1
A
7
A
1
C
A
1
A
1
A
5
8 640
5
4 7
4
1
2 3 4 5
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（
）．
A ．
A
4
4
A
5
5
B ．
A
3
3
A
4
4
A
5
5
C ．
C
1
3
A
4
4
A
5
5
D．
A
2
2
A
4
4
A
5
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
种排列．但
4
幅油画、
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
2 4 5
陈列方式．
22
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
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
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 A
5
5
2
300
个．
解法 2：（间接法）：取
0 ,1 ,
5
, 5
个数字排列有
A
6
6
，
(个)．
而
0
作为十万位的排列有
A
5
，所以其中个位数字小
于十位数字的这样的六位数有
1
( A
6
6
A
5
5
) 300
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（
）．
C．40
个
A．24 个
B．30 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
2
个，另一类是
4
作个位数，也有
A
2
4
4
个．因此符合条件的偶数共有
A
4
2
A
4
2
24
个．
解法 2：分步计算．
先排个位数字，
有
A
种排法，再排十位和百位数
字，有
A
种排法，根据分步计数原理，三位偶数应
21
42
有
A
2
1
A
4
2
24
个．
解法 3：按概率算．
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
3
60
个，其中偶点其中的
5
．因此三位偶数
24
2
共有
60
2
5
个．
解法 4：利用选择项判断．
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．其中偶数少于奇数， 因此偶数的个数
3
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
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
，对确定首位数字
有影响，所以需要就个位数字用
0
或者用
2
、4
进行分
类．一个自然数能被
3
整除的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．
解：(1)就个位用
0
还是用
2
、4
分成两类，个位用
0
，其它两位从
1、2 、3 、4
中任取两数排列， 共有
A
4
2
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)．
、
( 0 1 5)
、
(0 2 4)
、
(0
4 5)
、
(1 2 3)
、
(2)从
0、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：
(0 1 2)
、
( 2 3 4)
、
(3 4 5)
，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
(1 3 5)
(个)，如果用后四组，共有
4 A
3
3
24
(个)，所有被
3
整除的三位数的总数为
16 24
40
(个)．
4 2 A
2
2
16
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
1、2 、3
、4 、5、6 、7
．先选定两个空
位，可以在
1、2
号位，也可以在
2、3
号位⋯共有六种
可能，再安排另一空位，
此时需看到，如果空位在
号，则另一空位可以在
4、5 、6 、7
号位，有
4
种可
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
1、2
邻空位在
3、4
号，
4 、5
号，
5 、6
号亦如此，所以必须<
br>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：
若两相邻空位在
1、2
或
6、7
，共有
2 4 A
4
4
192
(种
)坐
法．
若两 相邻 空位 在
2
、3
，
3 、4
，
4 、5
或
5、6
， 共有
4 3 A
4
288
(
种
)
不同坐法， 所以所有坐 法总数为
4
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
A
4
A
2
4
5
480
(种)不同坐法．
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的情
况，
4
个人任意坐到
7
个座位上，共有
A
7
4
种坐法，三
个空位全相邻可以用合并法，
直接将三个空位看成
一个元素与其它座位一起排列，共有
A
5
种不同方
5
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
4
同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为
A
7
4
A
5
5
10
A
4
4
480
(种)．