得的组词-韬光隐晦

计数原理与简单排列组合问题知识点及题型归纳
知识点精讲
基本概念
1.分类加法计数原理

○
1有
n
类方法
完成一件事
○
2任两类无公共方法（互斥）

○
3每类中每法可单独做好这件事

共有
N
=
m
1
m
2
m
n
种不同方法.如图12-1所示.
事事1
事事事事1
事
事
事事2

m
1事
事事
A
m
1
事事1
事事事事
n
事事 2


m
n
事
事事事事
A
事事
m
1
+
m
2
+
m
3
+···+
m< br>n
事事事事事事
事事
m
n

图12-1
2.分步乘法计数原理

○
1必须走完
n
步，才能完成任务
完成一件事
○
2前一步怎么走对后一步怎么 共有
N

走无影响（独立）
m
1
m
2
 m
n
种不同方法.如图12-2所示.
事
事
事事1事事2 事事
i
···事事
n
B
m
1
事
事
m
n
事
m
i
事
m
2
事
事事事事< br>B
事事
m
1
×
m
2
×
m
3
×···×
m
n
事事事事事


图12-2
注
两个原理及其区别.
分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有< br>n
类办法，这
n
类办法之间是互斥的，那么
求完成这件事情的方法总数 时，就用分类加法计数原理.
分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完 成某件事情有
n
个步骤，而
且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依 次完成这
n
个步骤后，这件事情才算完成，那
么求完成这件事情的方法总数时，就用分 步乘法计数原理.

当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步 计数原理，有时可能同时用到两
个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步 的方法数可能会采取分类的思想
求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同 的解法（但方法数相同），这也是
检验排列组合问题的很好方法.
3.排列与排列数
从
n
个不同元素中取出
m
(
m
≤
n
)个 （不同）元素，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.从
n
个不同元素中选取
m
个元素(
n
≥
m
)的排列个数共有
A
n
.
m
A
m

n1

g

n2

gg< br>
nm1

(
m
个连续正整数之积，
n
为最大数).
n
ng
A
n
1n!


n1

g

n2

gg3g2g
n
ng< br>A
m
n

n!

(nm)!
规定
0!1
.
注
排列数公式的两种不同 表达形式本质是一样的，但作用略有不同，
A
m
常用
n
n

n1



nm1

于具体数字计算 ；而在进行含字母算式化简或证明时，多用
A
n

可重排列与无重排列的区别 .
例如：用1，2，3，4，5这五个自然数，可排成
有重复数字的四位数——5×5×5×5=5
无重复数字的四位数——5×4×3×2=
A
5

区别：
不可重复排列：用过的数字不可再用，用一个少一个.
可重复排列：用过的数字还可再用，每次可用数字不减少。
再例如：4封不同的信，全部投入5个信箱.
1任意投（投过的信箱可再投入）——5×5×5×5=5.
○
4
4
m
n!
.
(nm)!
4
4
2每箱至多一封信（投过的信箱不可再投入）——5×4×3×2=
A
5
.
○
4.组合与组合数
从
n
个不同元素中取出
m
(
m
≤
n
)个(不同)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.从
n
个不同元素中取出
m
个元素的组合数共有
C
n
.
m
A
m
n (n1)(n2)(nm1)
C
n

A
m
m!
m
m
n

n!
m!(nm)!
m

注同样，公式
C
n

母算式的化简或证明.
n!
n(n1)(n2)(nm1)
m
常用于具体数字计算，
C
n

常用于含字
m!(nm)!
m!

（1）排列和组 合的区别.
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工.
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同.
注排列、组合都是研究事物在某种给定 的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于
是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考 虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题.排列是在
组合的基础上对入选的元素进行排队，因此 ，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”.
例如：从10个人中抽出4人参加某项 活动有
C
10
种方案；从10个人中抽出4人分别参加4项活动有
A
10

种方案.
(2)一切排列数、组合数、阶乘及它们展开式的因数都是正整数.
常见的有0！=1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720.
nn1
n2
，
C
1
C
0
n
，C
2

n
C
n
1
n
C
n
n
C
n
44
n(n1)
，
A
1，
A
2
.
n
n(n1)
n
n
2
(3)公式（性质）.
1
n!n(n1)!n(n1)g(n2)!
.
○
2< br>C
○
3
C
○
m
n
m
982
，如
C
100
C
n
C
100

n< br>10099
.
21
m
n
1144
，如C
3
（口诀：相邻组合数相加，加一元（
n
→
n
+1） 取大（
m
+1>
m
，取
C
m
C
mnn19
C
9
C
10
m
+1）.
4
C
○
m
m
mmm1
.
C
m
m1
C
m2
C
n
C
n1< br>
题型归纳及思路提示
题型1 分类计数原理与分步计数原理
思路提示 < br>要明确完成一件事所包含的内容是如何进行的，若需分类按加法数原理，若需分步按乘法计数原理.
分类时要做到“不重不漏”，分步时要做到“步骤完整”.有些计数问题既需要分类，又需要分步，此时要综合运用两个原理.
例12.1 现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加.
(1)若只需1人参加，有多少种不同选法？
(2)若需老师，男生，女生各1人参加，有多少种不同选法？
(3)若需1名老师和1名学生参加，有多少种不同选法？
解析 (1)有3类选人的方法 ：3名老师中选1人，有3种方法；8名男生中选1人，有8种方法；5名女
生中选1人，有5种方法； 由分类计数原理，共有3+8+5=16（种）选法.
(2)分3步选人：第一步选老师，有3中方法 ；第二步选男生，有8种方法；第三步选女生，有5种方
法；由分步计数原理，共有3×8×5=120 （种）选法.
(3)可分两类：每一类又分两步.第1类：选1名教师和1名男生，因有两步，故3× 8=24（种）选法；
第2类：选1名教师和1名女生，因有两步，故有3×5=15（种）选法.再由 分类计数原理，共有15+24=39
（种）选法.
评注 在解决实际问题时，并不一定是 单一地应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个
计数原理.即分类时，每类的方法可能 运用分步完成，而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想
求取.
变式1 有5张卡片 ，正反面分别写有数字0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，现从中任取三张，排
成一列，问共可 摆出 个不同的三位数.

变式2 晚会原有节目单由7个节目排成，现 要新添3个不同的节目，且不改变原有节目的相对顺序，则
这3个节目有多少种不同的安排方法？
例12.2 (1)若8名学生争夺3项体育比赛的冠军（每名学生参数项目不限），则冠军获得者有 种
不同情况（每个项目没有并列冠军）.
(2)8名学生从3项体育项目中选择参数，若每一名学生只能参加一项，则有 种不同的参赛方法.
分析 正确理解任务完成的标志，(1)即把3个冠军名额全部分给8个学生（ 可以一名学生夺得多个冠军）；
(2)即为8名学生都报完比赛项目（可以多名学生报一个项目）.
解析 (1)第1个冠军名额的去向有8种，第2个冠军名额和第三个冠军名额同样各有8个可能去向 ，故
3
冠军获得者共有8×8×8=8（种）不同的情况.
(2)第一位学生报项目 的方法有3种，同样，其他每一位学生都有3种报取项目的选择方法，根据分步
8
计数原理，故 应有3×3×3×3×3×3×3×3=3（种）不同的参赛方法.
变式1 将3个信封投到4个邮箱，最多的投法有 种.
变式2 现有6名同学听取同时进行的5个课外知识讲座，每个同学可自由选择其中一个讲座，不同的选
法有( )种.
65
A. 5 B. 6
C.
565432
D. 6×5×4×3×2
2
变式3 已知集合
A
={1,2,3}，
B
={1,2,3,4}.
(1)映射
f
:
A
→
B
共有多少个？
(2)映射
g
:
B
→
A
共有多少个？
例12.3 同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人送出的贺卡，则4张贺卡 的不
同的分配方式有（ ）.
A. 6种 B. 9种 C. 11种 D. 23种
分析 将同室4人分别记为
a
,
b
,
c
,
d
，然后利用4个取卡的情况分步来确定.
解析 解法一 ：第一步，4个人中的任意一人（例如
a
）取一张，则由题意知共有3种取法；第二步：由第一人取走的贺卡的供卡人取，也有3种取法；第三步：由剩余的两人中的任一人取，只有1种取法；
第四步：最后一人取，只有1种取法，由分步计数原理，共有3×3×1×1=9（种）.
解法二： 设4张贺卡分别记为
A
，
B
，
C
，
D
.由 题意，某人（不妨设
A
卡的供卡人）取卡的情况有3种，
据此将卡的不同分配方式分为 3类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重负或遗漏现象，
我们用“树图”表示如下：设
a
,
b
,
c
,
d
代表4个人，
A
,
B
,
C
,
D
分别代表这4个人写的贺卡，则有如 图12-3
所示的树状图.
a
B
b
A
C
D
A
C
D
D
A
D
C
C
c
D
D
A
D
B
A
B
A
B
d
C
A
C
B
A
B
C
B
A

图12-3
所以共有9种不同的分配方式.故选B.
评注 本例提供的第一种解 法用了分步计数原理，关键是要弄清楚分步时每步的顺序，例如
a
先取走
C
卡 ，
则下一步应由
c
取，否则由
b
,
c
,
d
中一人取，就很难断定是有3种还是2种取法了.

第二种解法可以看作两个原 理的交替应用，用树图表示一目了然，便于分析计数，避免了重复或遗漏.
在以后的学习中，用树图来直 观地分析问题是常用的，请同学们重视.
变式1 （2012全国大纲理11）将字母
a,
a
,
b
,
b
,
c
,
c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字
母也互不相同，则不同的排列方法共有( ).
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
变式2 3个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢 回
给甲，则不同的传递方式共有（ ）.
A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 16种
例12.4 某外语组有10人，每人至少会英语、法语中的一 门.其中7人会英语，5人会法语.从中选择会英
语和法语的各一人派往两地参加会议，有多少种不同的 方法？
分析 对于较为复杂的分类与分步问题，应做到不重不漏，本题应抓住公共元素的处理方法.
解析 由集合知识可知，既会英语又会法语的有7+5-10=2(人)，仅会英语的有7-2=5( 人)，仅会法语的有
5-2=3(人).易知此题的任务是派遣适合条件的两人.
解法一：按仅会英语的5人的派遣情况分成两类.
第1类：仅会英语的5人中有1人选中，则 有5种方法，而会法语的则有5种方法，从而由分步计数原
理，有5×5种方法.
第2类：仅 会英语的5人中没有人被选中，则会英语的必须从既会英语又会法语的2人中选，从而有2
种选法.而会 法语的只能从两种语言均会的剩余1人或仅会法语的3人中选，共有1+3=4(种)，由分步计
数原理 得，此时共有2×4种方法.
由分类计数原理，共有5×5+2×4=33(种)方法.
解法二：按仅会法语的3人的选派情况分成以下两类.
第1类：仅会法语的3人恰被选中1，则由分步计数原理，共有3×7种方法.
第2类：仅会法语的3人均未被选中，则由分步计数原理得，共有2×6种方法.
从而由分类计数原理，共有3×7+2×6=33(种)方法.
解法三：按既会英语又会法语的2人的选派情况分成3类.
第1类：2人均未被选派，则有3×5种方法.
第2类：2人均被选派，则有2种方法.
第3类：2人中恰有1人被选派，则又分为两类.
若另一人只会英语，则有2×5种方法.
若另一人只会法语，则有2×3种方法.
由分类计数原理得，共有3×5+2+2×5+2×3=33(种)方法.
评注 在应用分类和分步计数原理解决较复杂的问题时应注意：
(1)认真审题，分析题目的条件、结论，特 别要理解题目中所讲的“事情”，即任务是什么，完成这件事
情的含义和标准是什么.
(2) 明确完成这件事情是分类还是分步，还是既要分类又要分步，并搞清分类或分步的具体标准是什么.
(3)注意两个原理的实质：分类用分类计数原理（即加法），分步用分步计数原理（即乘法）.
变式1 用三种颜色染如图12-4所示的矩形块，要求每块染一种颜色且相邻不同色.
(1)共有多少方法？
(2)每种颜色染两块有多少种方法？

图12-4
变式2 如图12-5所示，马从点
A
按“马走日”到
B
，至少走 步，如此步数有 种不同的走法.

B
A
图12-5

题型2 排列数与组合数的推导、化简和计算
思路提示
尽量用性质计算；推导、证明和化简约分用阶乘形式，计算用乘积形式.
例12.5 (1) 证明：
A
m

n1

gg

n m1

=

n
ng
n!
(n,mN
*
,mn)
.
(nm)!
(2) 已知
m,nN
，且
mn
. *
A
m
n!
证明：
○
1
C
n


A
m
m!(nm)!
m
m
n
mn m
2
C
n
C
n

○
3
C○
4
C
○
m
n
11

C
m
C
m
nn1
m
m
mm1

C
m
m1
C
mn
C
mn1
解析 (1)
A
n
为从
n
个（
n
∈N）不同元素中取出
m
（
m
≤
n
,
m
∈N）个（不同）元素 ，按照一定顺序排成
**
m
一列的不同排列的个数（即排列数）.
如表12-1所示，需要
m
步完成排列任务.
表12-1
位置1 位置2 ……
……
位置
m

n
种方法
n
-1种方法
n
-
m
+1种方法

第一步（为位置1选择一个元素）有
n
种选法.
第二步（为位置2选择一个元素）有
n
-1种选法.
……
第m
步（为位置
m
选择一个元素）有
n
-
m
+1 种选法.
依分步计数原理，得
A
n
n

n1



nm1

=

m
n

n1



nm1

1
 
nm



3
g
2
g
n !
.
=
nm3
g
2
g
1nm!


(2)
○
1
C
n
为从n
个不同元素中任取
m
个（不同）元素并成一组的不同组合的个数（即组合数）， 当
m
∈N，
m
*
m
≤
n
时，从
n
个不同元素中取
m
个（不同）元素按照一定的顺序排成一列，可以分成两步完成，第一 步
从
n
个不同元素中任取
m
个元素并成一组，第二步把取出的
m
个元素按照一定的顺序排成一列，依分步
乘法原理得
A
mmm
n
C
n
gA
m
.
m
A
m
即C
n

n
A
m
，又
A
m
n< br>
n!
，
A
m
m
m!
m
(nm )!
，
故
C
m
n

n!
m!(nm) !
.当
m
=0，
C
0
n
1
.
n!
0!
g
n!
1
，
C
0
n

n!
0!
g
n!
1
也成立.
○
2C
nm
n!n!
n

(nm)![n(nm)]!
m!(nm)!

故
C
mnm
n
C
n
.
○
3
C
m
C
m1
n!
nn

m!(nm )!

n!
(m1)!(nm1)!


(m1) n!(nm)n
(m1)!(nm)!

!
(m1)!(nm)!


(n1)!
(m1)!(nm)!
C
m1< br>n1
.
○
4由
C
mmm1mm1
C
mm
m
C
m1
C
m1
C
m1
C
m2
，则
m
C
m1

C
mm 1m
C
m1
m2
C
m2
C
m2m 3
，依此类推，
故
C
m
C
m
m
C< br>m1mm1
mm1

C
mn

mn
C
mn
C
mn1
.
评注 题目
○
4中的求和应用，如(i)
C
222

C
3
2
C
3
C
100

101

(ii)
C
3
C
3
C
33
 C
333
101120
C
34
C
20
(C
3


C
3344
4
C
9
)=C
21
C
10
.
变式1 组合数
C
r
n
(nr1,n,rZ)
恒等于( ).
A.
r1
r1
1r
n1
C
n1
B.
(n1)(r1)C
r
n1
C.
nrC
1
n1
变式2 解方程
A
32*
2n
100A
n
(nN)
.
例12.6 (1)乘积
m(m1)(m2)(m20)
可表示为( ).
n
r
C
r1
n1
D.

A.
A
m
B.
A
m
C.
A
m20
D.
A
m20

(2)式子
20
20212021< br>m(m1)(m2)(m20)
可表示为( ).
20!
202021
A.
A
m20
B.
C
m20
C.
21C
m20
D.
21C
m20

解析 (1)原式=
(m20)(m19)[(m20)211]

21
A
21
m20
，也可以观察，一共有21个连续正整数的积，可以直接表示为
A
m20
.故选D.
A
21
A
21
m20
21
m20
 21C
21
(2)原式=
m20
.故选D.
20!21!
评注 公式
A
n
n

n1


nm1

的构成特点是：公式右边第一个因数是
n
，其后每个因数都比它前
m
面一个因数少1，最后一个因数是
n< br>-
m
+1，共有
m
个因数相乘，组合数
C
n
公式也有相似特点.
使用时要注意三个问题：第一个因数是什么、最后一个因数是什么、一共有多少个 连续相乘的正整数，
防止我们在“
n
”，“
m
”比较复杂时用错公式 .
应用公式时，要注意正用、逆用和活用等.
变式1 一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ).
3
A. 3×3! B. 3×(3!)
4
C. (3!) D. 9!
题型3 计数原理与排列组合问题的结合
思路提示
要注意可重排列与不可重排列的区别；选择适当的解题策略，即加法与减法；应注意不重不漏.
例12.7 如图12-6所示，电路中共有13个开关（电阻略），每个开关可任选“开”或“关”一 种状态，且
相互独立.
CA
B
m
D
E

图12-6
(1)灯亮，有多少种整体状况；
(2)灯灭，有多少种整体状况.
13
分析 每个开关有“开”或“关”两种状况，逐个确定这13个开关的“开”、“关”状 态共有2=8192(个)
整体状态，只要求出(1)与(2)中一值，用减法即可求出另一值.
解析 (1)灯亮，第一步
A
通到
C
，第二步
C
通到
D
，第三步
D
通到
E
，第四步
E
通到
Ｂ
，算出每步方法数，
再相乘得整体通（即灯亮）方法数．
33
第 一步：先算
Ａ
到
Ｃ
不通方法数，即上、中、下三路都不通，上路不通的方法数 =2－(上路通的方法数)=2
22
－(2－1)=5，中路不通的方法数=1，下路不通的方 法数=2－1=3.
故
A
到
C
不通的方法数为5×1×3=15.
A
到
C
通的方法数=2
8
－15=256－15=241，

C
到
D
通的方法数=2
2
－1=3，
D
到
E
通的方法数=1，E到B的方法数=2
2
－1=3.
故灯亮即四步都通，整体状况有241×3×1×3=2169(种).
13
(2)灯不亮有2－2169=8192－2169=6023(种).
评注 串联求通：把各段通数相乘，得总通数.串联求不通：先求通，再用减法，得串联不通数.并联求通：
先 求不通数，再用减法，得并联通数.并联不通：把各支路不通数相乘.
变式1 直线方程
A x
+
By
=0，从1,2,3,4,5这五个数中每次取两个不同的数作
A< br>和
B
，共可确定（ ）条
直线.
A. 20 B. 19 C. 18 D. 16
变式2 一个
n
棱锥的所有顶点共可确定 条直线，这些直线可确定 对异面直线.
例12.8 如图12-7所示，有4种不同颜色供选，要求
A
,B
,
C
,
D
,
E
每块一种颜色，相邻两块不同 色，共有多
少种染色方法？
解析 如图12-8所示，记4种颜色为1,2,3,4，可以 从
E
开始染，有4种染法，
A
与
E
相邻，
A
,
E
不同色，
所以
A
有3种方法，
B
与
A
,
E
均相邻，
B
有2种染法，最后剩
C
,
D
，此时要注意分类讨论，如图12-8所
示，
C
与
A
同 色时，
D
有2种染法；
C
与
A
不同色时，
D
有1种染法，即
C
,
D
共有3种方法.综上共有
4×3×2×3= 72种染色方法.
A
BE
C
D
3
2
1
D

C

图12-7 图12-8
评注 利用计数原理求解染色问题，一般有“区域”染色和“线段端点”染色两类，其中区域染色问题，
常用的 原则有“最多相邻优先”，但要注意最后2~3个区域的分类讨论.
变式1 如图12-9所示，用4 种不同颜色给图中A,B,C,D,E,F共6个点染色，要求每个点染一种颜色，且
图中每条线段的两 个端点不同色，则不同的染色方法共有( )种.
A. 288 B. 264 C. 240 D. 168
变式2 用4种不同颜色为正方体的六个面着色，要求有公共棱的两个面不同色，则共有( )种不同的着
色方法.
A. 24 B. 48 C. 72 D. 96
变式3 用红、黄、蓝三色之一去涂如图12-10所示的标号1~9的9个小正方形，使 任意有公共边的小正方
形不同色，且3,5,7的方块同色，则共有 种不同涂色方法.
A
E
D
1
4
2
5
8
3
6
9
F
B
C
7

图12-9 图12-10
变式4 在五边形ABCDE中，五个顶点各染红、黄、绿三色之一，相邻顶点不同色， 共有种不同________
染法.
例12.9 某市汽车牌照前面两个英文字母（不可重复）后面四个数字（可重复）组成，最多有多少个牌照？
2
解析 任务：第一步，确定前面两个英文字母
2625A
26；第二步：确定后面四个数字
1010101010
4
.所以最多可有< br>262510
4
6.510
6
（个）牌照.

变式1 某通信公司推出一组手机号码，号码的前7位数固定，从
 0000
到
9999
共
10000个号码。公司规定：凡卡 号的后4位带有数字4或7的一律作为优惠卡，则这组号码中优惠卡有（ ）
个.
A.2000 B.4096 C.5904 D.8320
变式2 用数字
0,1,2,3,4
这4个数字组成的四位数中有重复数字的四位数有（ ）个.
A.192 B.182 C.174 D.274
变式3 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_______ _个（用数字作答）.
1,2,3,4,5

，选择
I
的两个非空 子集
A
与
B
，要使
B
中最小的元素大于
A
中的最大例12.10 设集合
I

元素，则
A
与
B< br>的不同的选择方法共有（ ）种.
A.50 B.49 C.48 D.47
分析 关键在于选择分类的依据.选择
AB
的元素个数
x
为分类依据是最佳选择，显然，依题意
x2,3,4,5
.或 选择
B
中的最小元素为分类依据.
34
解析 解法一：令
A B
中有
x
个元素，则
x2
有
C
5
种选 法.
x3
有
2C
5
种选法.
x4
有
3C
5
种
5345
选法.
x4
有
4C
5
种选法，则不同的选择方法共有
C
5
+
2C
5
+
3C
5
+
4C
5
=49.故选B.
3
2
2
解法二：当
B
中的最小元素为
2
时，则
A
中的最大元素只能为1，
218
种；当
B< br>中的最小元
22
素为
3
时，则
A
中的最大元素只能为 1或2，有
221
12
种；当
B
中的最小元素为
4< br>时，则
A
中

34
的最大元素小于或等于
3
，有
221

14
种；当
B
中的最大元素为小于或等 于
4
时，有
121

15

种；，共有
812141549
.故选B.
评注 解法一中可以理解组合问题隔板法 ，应为
A,B
集合中元素大小顺序一定.解法二中应注意排除可能
出现空集的问题.
1,2,3,4,5

，
A,B
是
I
的两个子集，
A
中有
3
个元素，
B
中至少有两个元素，且
B中所有的 变式1
I

元素不大于
A
中的最小元素，这样 的
A,B
有________组.
1,2,3,4

，从
I
中取出4个不同的子集，满足条件：①其中必有

和
I
；②4个子 集中的任意变式2
I

两个子集
A
与
B
，必有
AB
或
BA
.则4个子集共有________种选法.
例12.11 用
1~9
填如图12-11所示的“九宫图”，每格一数，不同格不 同数，其中“
3
”，
“
4
”已填好，要求每行从左至右，每列从上 到下都递增，共有________种不同填格法.


1 2 6

3 4
3 4 7


5 8 9

图12-11
图12-12

解析 依题意，1,2,9位置固定，如 图12-12所示,5,6,7,8任意分两组分散9上方和左方两格，有
C
4
种2
分法，如取5,8在9左边，6,7在9上方，只能如图所示，
C
4
 6
，故有6种不同方法.
2

变式1 在1,2,3,4,5的排列
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a< br>5
中满足
a
1
a
2
a
3
，a
3
a
4
a
5
排列有（ ）个.
A.10 B.12 C.14 D.16
变式2 用 4个数字（只含0和1）排成一个四位数字表示一个信息，则与信息0110至多有两个对应位置
上的数 字相同的信息有（ ）个.
A.10 B.11 C.12 D.15

有效训练题
1.3封不同的信任意投入4个不同的信箱，随意投的投法数和每箱至多1信的投法数依次为（ ）.
3333
A.
3
4
,A
4
B.
4
3
,A
4
C.
3
4
,4
3
D.
A
4
,4

2.如图12-13所示，一个环形花坛，分为A,B,C,D
四块，现有4种不同的花供选择，要求在每块里种一
种花，且相邻两块种不 同的花，则不同种法共有（ ）种.








图12-13

A.96 B.84 C.60 D.48
4.由0,1,2,3,4五个数字组成三位数的个数为（ ）.
A.60 B.48 C.80 D.100
5.有 10件不同的电子产品，其中有2件运行不稳定，技术人员对他们进行一一测试，知道2件不稳定产品
全 部找出来后测试结束，则恰好3次就结束测试的方法种数是（ ）.
A.16 B.24 C.32 D.48
6.从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字， 组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）.
A.24 B.18 C.12 D.6
7.
n
个元素的集合有________个非空真子集， ________个三元子集.
8.在书柜的某一层上原有6本书，如果保持原有的书相对顺序不变， 在插进去3本不同的书，那么共有
________种不同的插入方法（用数字作答）.
2n 6n2
9.若
C
20
，
nN
，则
n
的值________.
C
20
*
10.某人用四种颜色的灯泡（每种颜 色的灯泡足够多），在如图12-14中的6个点
A,B,C
，
A
1
,B
1
,C
1
上各
装一个灯泡，要求同一条线段的两个端点的灯泡不 同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法，共
有________种.








图12-14