烩面片的做法-雅诗兰黛护肤系列

学习改变命运
求解排列组合应用题的“八字诀”

分——注意利用分类计数原理和分步计数原理解题。对于一个比较复杂的排列组合应用问题；通常情况
下，可以通过“分类”、“分步”等手段分解成若干个易于解决的小问题，然后各个击破之。
特——从 特殊的元素、特殊的位置入手解题。附条件的排列组合应用问题往往涉及一些特殊的元素或特
殊的位置； 对特殊的元素和特殊的位置作特殊的照顾，则容易找到通向成功之路的入口处。
反——利用“正难则反 ”的原则解题。当问题的正面情况错综复杂时，即正面进攻很难奏效时，可以考
虑从问题的反面入手，有 时会帮你进入“柳暗花明”的境界。
等——利用概率相等解题。充分利用各元素在每个位置上出现的概率相等，有时可以直捣题目结论。 < br>化——注意用转化思想指导解题。许多排列组合应用问题，表面上看似乎是风马牛不相及，若能用转化的思想方法剥去其外包装，则会发现其本质是相同的，仅仅是问题的“情境”不同而已。转化思想是我们通< br>向成功彼岸的指路明灯，对此要引起特别的重视。
捆——解决若干元素必须排在一起的重要解题技巧。
插——解决若干元素必须互不相邻的重要解题技巧。
推——运用递推关系解决排列组合应用问 题。递推方法是把复杂问题化归为简单问题，未知问题转化为
已知问题的重要手段之一，也是应用转化思 想指导解题的重要体现。
若能对上述“八字诀”做到烂熟于心，又能对具体情况作具体分析，合理地选 择方法和技巧，并综合运
用之；则通常情况下能立于不败之地。下面通过几个例题的解答和评注，说明“ 八字诀”的具体应用。
例2．（1994年上海高考题）计划在某画廊展示出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放在一起，并且水彩画不放在两 端，那么不同的陈列方式有（ ）
种
A．
45345145245
A
4
A
5
B．
A
5
A
4
A
5
C．
A
3
A
4
A
5
D．
A
2
A
4
A
5

解：第一步：确定4幅油画的相对位置（捆在一起）的方法数
4
A
4
.
5
A
5
. 第二步：确定5幅国画的相对位置（捆在一起）的方法数
第三步：确定国画和油画的相对位置的方法数
∴满足条件的陈列方式有：
21
A
2
，再把水彩画插在国画和油画之间
A
1
.
42
A4
A
5
4
A
2
种故选D。
评注：由于本题的主要附加条件是“连在一起”，故容易相到使用“捆”的技巧。
例3．（2002年全国高考题）从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有（ ）
A.8种 B.12种 C.16种 D.20种 < br>解评：由于正面考虑比较复杂，而问题的反面即为三个面两两相邻，一个顶点对应于一种取法，故用“正难
则反”的方法解之，即
C
6
3
820812
种故选 B。
例4．五个成年人和两个小孩（一男一女）排成一排照相，要求每个小孩两边都是成年人，且小女 孩要
和其母亲（五个成年人之一）排在一起，问：有多少种不同的排法？
解：第一步：从其他 四位成年人中选出一人和小女孩的母亲排在小女孩的两边成“成女母”的方法数为：
12
C4
A
2
8
。
4
A
4
24
第二步：把“成女母”看成一个成年人和另外三位成年人排成一排的方法数：
思考成就未来

2
第三步：把小男孩插入相应的位置的方法数为：∴满足条件的排法数为：8×24×3=576.
1
A
3
3
.
评注：①由于小女孩最为特殊，故首先照顾小女孩，即从特殊的元素入手；
②小女孩必须和母亲在一起，且两边都是成年人，故易想到用“捆”的技巧；
③由于小男孩必须排在两成年人之间，故可采用“插”的技巧。
例5．编号为1.2.3„„ n的n个人，坐到编号为1.2.3„„n的n把椅子上，且每个人都不对号入座的方
法数记为
x
n
。求，
x
1
,x
2
,x
3
, x
4
,x
5
。
解：易见：
x
1
=0 ,
x
2
1
，
x
3
2
，
n
A
n
。其中： ∵n个人坐到n把不同的椅子上的方法数为
有且仅有n个对号入座的方法数为：1.
有且仅有（n-1）个人对号入座的方法数为：
C
n
x
1
.
有且仅有（n-2）个人对号入座的方法数为：
C
n
x
2
.
有且仅有（n-3）个人对号入座的方法数为：
C
n
x
3
.
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„
有且仅有（n-k）个人对号入座的方法数为：
C
n
x
k
.
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„
有且仅有1个人对号入座的方法数为：
C
n
n1
k
3
2
1
x
n1
.
有且仅有0个人对号入座的方法数为：
x
n
.
∴
n123 n1
A
n
=1+
C
n
x
1
+
C
n
x
2
+
C
n
x
3
+„„+C
n
x
n1
+
x
n
.
令n=4可 得：24=1+
C
4
x
2
+
C
4
x
3
+
x
4
=1+6+8+
x
4
∴
x
4
=9.
令n=5可得：120=1+
C
5
x
2
+
C
5
x
3
+
C
5
x
4
+
x
5
=1+10+20+45+
x
5
，
x
5
=44.
234
2
3
首先我们把人数推广到 n个人，即n个人排成一列，重新站队时 ，各人都不站在原来的
位置上。设满足这样的站队方式有an种，现在我们来通过合理分步，恰当分类找 出递推关系：

第一步：第一个人不站在原来的第一个位置，有n-1种站法。

第二步：假 设第一个人站在第2个位置，则第二个人的站法又可以分为两类：第一类，
第二个人恰好站在第一个位置 ，则余下的n-2个人有an-2种站队方式；第二类，第二个人不
站在第一个位置，则就是第二个人不 站在第一个位置，第三个人不站在第三个位置，第四个人
不站在第四个位置，……，第n个人不站在第n 个位置，所以有an-1种站队方式。


2

3
由分步计数原理和分类计数原理，我们便得到了数列an的递推关系式：

an=(n-1)*(an-1+an-2)，显然，a1=0,a2=1， a3=2,a4=9,a5=44

评注：①给出的问题本身就有点递推数列的“味道”，故选择递推方法解之。
②在实施递推策 略的过程中，注意到问题的反面——至少有一人对号入座的问题已经解决，故又使用了
“正难则反”的解 题策略。
③从理论上讲，上述给出的公式已彻底解决了n个元素对n个位置的错位排列问题。
例6：（1993年全国高考题）同室4人然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡的不同分配< br>方式有（ ）
A.6种 B.9种 C.11种 D.23种
解评：本题可转化为：编号为：1.2.3.4的四个人坐在编号为1.2.3.4的四把 椅上，4人都不对号入座的方
法数为多少？由例5可知：
x
4
=9.
故选（B）.
例7：4对夫妻排成一排照相，每对夫妻要排在一起的方法数为多少？
解：第一步：请每对夫妻各自手拉手（捆）的方法数为：2×2×2×2=16.
第二步：把每对夫妻看成一个人排成一排的方法数为：
∴满足条件的排法数为：16×24=384.
评注：由于每对夫妻要排在一起，故使用先捆后排的策略。
例8．4对夫妻排成前后两排，每排4人，使每对夫妻前后对号的排法有多少种？
解评：易见本题和例7是同一个问题，故方法数为384.
例９．４对夫妻排成前后两排，每排４人，使每对夫妻前后都不对号的排法有多少种？
解：第 一步：对四对夫妻进行重新组合，建立４个新的临时家庭，使每个家庭一男一女，但不是夫妻，
由例5可 知其方法数为
x
4
＝９.
第二步：对四个临时家庭进行排队，由例８解法可知，其方法数为384.
∴满足条件的排法数为：9×384=3456.
评注：本题看似复杂，但利用分步计数原理 可以分解为两个小题，事实上本题可以看成是由例6和例8
组合并成的。
各写一张贺年卡，先集中起来，





二 知识要点
(一).两个计数原理:
1.分类计数原理:做一件事,完成它可以有n类办法, 在第一类办法中有m
1
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m
n
种不同的方法,那么完成这件事共有N= m
1
+ m
2
+ m
2
+„+ m
n
种不同的方
法.(分类满足的条件是不重不漏).
2.分步计数原理: 做一件事,完成它需要分成n个步骤,做第一步有m
1
种不同的方法,做第二步有m
2
种不同的方
法,„,做第n步有m
n
种不同的方法,那么完成这件事共有N= m
1
× m
2
× m
2
×„× m
n
种不同的方法.(注意分步
的标准,既不重步也不漏步).
4
A
4
24
.

3

4
3.注意:两个原理是解决以后问题的基础,多数的问题在解决的最后,都可以归结到这两 个原理上来,特别要注意
分步与分类的区别.
(二)排列
1.排列的定义: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 个元素中取出m个元素的一个排列(有序性是排列的本质).
2.排列数的定义:从n个元素中取出m (m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从n个元素中取出m个元素的排列
数,用符号
mA
n
表示.
3.排列数公式:
(1)当m(2)当m=n时,排列称为全排列,排列数为
m
A
n
n (n1)(n2)(nm1)
(必须熟记.)
m
A
n
 n(n1)(n2)321n!
.规定
0!1
.
(3)排列数公式的另一种形式:
m
A
n

n!
(在计算,化简,证明中用途比较大).
(nm)!
(4)两个性质:①
A
n
(三).组合
mm 1mm1m
nA
n1
;②
A
n
mA
n 1
A
n1
.
1.组合的定义:从n个不同元素中,任取m(m≤n)个 元素并成一组,叫做从n个元素中取出m个元素的一个组合(组
合中的元素与顺序无关).
2 .组合数的定义:从n个元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个元素中取出m个元素的组 合
数,用符号
C
n
表示.
3.组合数公式:
m
A
n
n(n1)(n2)

(nm1)
(1)基本公式C
m

(必须熟记.)
A
m
m(m1)(m2 )

21
m
n
m
(2)组合数公式的另一种形式: m
C
n

n!
(mn,nN*)
(在计算,化简, 证明中用途比较大).规定
m!(nm)!
0
C
n
1
.
(3)两个性质:①
C
n
mnmmmm1
C
n
;②
C
n1
C
n
C
n
.(两个很重要的公 式,一定要记住).
4.排列组合常见问题解题策略:
(1).特殊元素优先安排的策略;
(2).合理分类与准确分步的策略;
(3).排列、组合混合问题先选后排的策略;
(4).正难则反、等价转化的策略;
(5).相邻问题捆绑处理的策略;
(6).不相邻问题插空处理的策略;
(7).定序问题除法处理的策略;
(8).分排问题直排处理的策略;

4

(9).“小集团”排列问题中先整体后局部的策略;
(10).构造模型的策略.
(四)二项式定理
1.二项式定理:一般地,对于任意正整数n,都有:
5 0n1n1rnrrnn
(ab)
n
C
n
aC
n
abC
n
abC
n
b(nN)
这个公式所表示的定理叫做二项式定理,右边的多项式叫做
(ab)
n
的二项展 开式,其中系数
rrnrr
C
n
(r0,1,2,n,
叫做二 项式系数
)
,式中的
C
n
ab
叫做二项式的通项公式,用< br>T
r1
表示,式展开式中的
第r+1项.
2.二项式系数的性质
①对称性:与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等,即
C
n
mnm
C
n
.
②增减性与最大值:如果二项式的幂指数是偶数,中间一项的二项 式系数最大;如果二项式的幂指数是奇数,中
间两项的二项式系数相等并且最大.
当n是偶数 时,n+1是奇数,展开式共有n+1项,所以展开式有中间一项,并且这一项的二项式系数最大,最
大 为
C
.
当n是奇数时,n+1是偶数,展开式共有n+1项,所以展开式有中间两项 ,并且这两项的二项式系数相等并且
最大,最大为
C
n1
2
nn
2
n
C
n1
2
n
.
012n
C
n
C
n
C
n
2
n
.
024135
C
n
C
n
C
n
C
n
C
n
2
n1
.
③各项二项式 系数的和:
C
n
奇数项的二项式系数和等于偶数项的系数和:
C
n< br>3.展开式中各项的系数和:只需要将变元值令为1,算出值即可.
4.二项展开式中系数最大问题
①由二项式系数性质可知,当项数n是偶数时,展开式中二项 式系数最大的项是中间项,最大为
C
;当n是奇
数时,展开式中二项式系数最大的项为 中间两项,最大为
C
n1
2
n
n
2
n
 C
n1
2
n
.
②展开式中系数与二项式系数不同,设
t
r1
是展开式中
T
r1
项的系数,若
T
r1
项为系数最大的值,则必有

t
r1
t
r
,< br>0rn
.由此不等式组,可确定r的值,从而确定系数最大的项.


t
r1
t
r2
,
(五)概率
1.随机事件的概率
(1)基本概念
①随机事件:在一定条件下可能发生也可能不发生的事件.
②必然事件:在一定条件下必然要发生的事件.
③不可能事件:在一定条件下不可能发生的事件.
④基本事件:一次试验连同其中出现的每一个结果称为一个基本事件.

5

(2)随机事件的概率
6
①定义:一般地,在大量重复 进行同一试验时,事件A发生的频率
时就把这个常数叫做事件A的概率,记作:P(A).
m
总是接近于某一个常数,在它附近摆动,这
n
②必然事件的概率为1,不可能事件的概 率为0,所以随机事件的概率0≤P(A)≤1.
(3)等可能事件的概率
①一次试验连同 其中可能出现的每一个结果称为一个基本事件,通常一次试验中的某一事件A由几个基本事件
组成.如果 一次试验中可能出现的结果有n个,即此试验由n个基本事件组成,而且每一个结果出现的可能性都相
等 ,那么每一个基本事件的概率都是
1
m
.如果某个事件A的结果有m个,那么事件A的 概率为
P(A)
.
n
n
②求等可能事件的基本步骤:A.算出基 本事件的总个数n;B.算出事件A中包含基本事件的个数m;C.算出事件
A的概率,
P(A )
m
.
n
2.互斥事件有一个发生的概率
(1)基本概念:
①互斥事件:事件A与B不可能同时发生,这种不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件.
②对立事件:其中必有一个发生的互斥事件叫做对立事件,事件A的对立事件记作
A
.
③两个对立事件一定是互斥事件,反之两个互斥事件不一定是对立事件;两个事件对立是两个事件互斥的 充分
非必要条件;两个事件互斥是两个事件对立的必要非充分条件.
(2)事件A+B的意义及其概率运算公式
①若事件A,B互斥,事件A+B的含义是A,B 中有一个发生且只有一个发生,只有对于互斥事件才能运用概率运
算的加法公式.
②如果事件A,B互斥,那么P(A+B)=P(A)+P(B).
③如果事件A
1
,A
2
,A
3
,„,A
n
彼此互斥,则P(A1
+A
2
+„+A
n
)= P(A
1
)+P(A
2
) +„+P(A
n
).
④对立事件A与
A
的概率和等于1,即
P(A)P(A)P(AA)1P( A)1P(A)
.
3.相互独立事件同时发生的概率
(1)相关概念: ①相互独立事件:如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,那么这样的两个事件 叫做相
互独立事件.
②性质:如果事件A与B相互独立,那么
A与B,A与B,A与B
也都是相互独立的.
③事件A
·
B:表示相互独立事件A与B同时发生的事件.
(2)两个相互独立事件A与B同时发生的概率公式: P(A
·
B)=P(A)·P(B).
(3)推广:如果事件A
1
,A
2
,A
3
,„,A
n
相互独立,则P(A
1< br>·A
2
·„·A
n
)= P(A
1
)·P(A
2
)·„·P(A
n
).
( 4)两个相互独立事件A与B至少有一个发生的概率:
P(AB)1P(AB)
.
(5)相互独立事件同时发生的概率的乘法公式求概率的解题步骤:
①确定诸事件是相互独立的;
②确定诸事件会同时发生;
③先求每个事件发生的概率,再求其积.
4.独立重复试验
n次独立重复试验中事 件A恰好发生k次的概率记为
P
n
(k)
,设在一次试验中事件A发生的概率 是P,则

6

7
kk
P
n< br>(k)C
n
P(1P)
nk
.


7