元旦游戏-四则运算练习题

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排列组合公式

复习排列与组合

考试内容：两个原理；排列、排列数公式；组合、组合数公式。
考试要求：1）掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题。
2）理解排列、组合的意义。掌握排列数、组合数的计算公式，并能用它们解决一些简单的问题。
重点：两个原理尤其是乘法原理的应用。
难点：不重不漏。
知识要点及典型例题分析：
1．加法原理和乘法原理
两个原理是理解排列与组 合的概念，推导排列数及组合数公式，分析和解决排列与组合的应用问题的基本原
则和依据；完成一件事 共有多少种不同方法，这是两个原理所要回答的共同问题。而两者的区别在于完成一件事
可分几类办法和 需要分几个步骤。
例1．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< br>×5+3×6+5×6=63（种）。
例2．已知两个集合A={1，2，3}，B={ a,b,c,d，e}，从A到B建立映射，问可建立多少个不同的映射？
分析：首先应明确本 题中的“这件事是指映射，何谓映射？即对A中的每一个元素，在B中都有唯一的元素
与之对应。”
因A中有3个元素，则必须将这3个元素都在B中找到家，这件事才完成。因此，应分3个步骤，当 这三
个步骤全进行完，一个映射就被建立了，据乘法原理，共可建立不同的映射数目为：5×5×5=1 25（种）。
2．排列数与组合数的两个公式
排列数与组合数公式各有两种形 式，一是连乘积的形式，这种形式主要用于计算；二是阶乘的形式，这种形
式主要用于化简与证明。
连乘积的形式 阶乘形式
Anm=n(n-1)(n-2)……(n-m+1) =
Cnm=

例3．求证：Anm+mAnm-1=An+1m

证明：左边=

∴ 等式成立。

评述：这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘 之商的形式，并利用阶乘的性质：n!(n+1)=(n+1)!可使变
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形过程得以简化。
例4．解方程.
解：原方程可化为：
解得x=3。

评述：解由排列数与组合数形式给出的方程时 ，在脱掉排列数与组合数的符号时，要注意把排列数与组合数
定义中的取出元素与被取元素之间的关系以 及它们都属自然数的这重要限定写在脱掉符号之前。
3．排列与组合的应用题
历届高考数学试题中，排列与组合部分的试题主要是应用问题。一般都附有某些限制条件；或是限定元素的
选择，或是限定元素的位置，这些应用问题的内容和情景是多种多样的，而解决它们的方法还是有规律可循的。
常用的方法有：一般方法和特殊方法两种。
一般方法有：直接法和间接法。
（1）在直接法中又分为两类，若问题可分为互斥各类，据加法原理，可用分类法；若问题考虑先后次序，
据乘法原理，可用占位法。
（2）间接法一般用于当问题的反面简单明了，据A∪=I且A∩ = 的原理，采用排除的方法来获得问题的解
决。
特殊方法：
（1）特元特位：优先考虑有特殊要求的元素或位置后，再去考虑其它元素或位置。
（2）捆绑法：某些元素必须在一起的排列，用“捆绑法”，紧密结合粘成小组，组内外分别排列。
（3）插空法：某些元素必须不在一起的分离排列用“插空法”，不需分离的站好实位，在空位上进行排列。
（4）其它方法。
例5．7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数。
（1）甲排中间； （2）甲不排两端；（3）甲，乙相邻；
（4）甲在乙的左边（不要求相邻）； （5）甲，乙，丙连排；
（6）甲，乙，丙两两不相邻。
解：（1）甲排中间 属“特元特位”，优先安置，只有一种站法，其余6人任意排列，故共有：1×=720种不
同排法。
（2）甲不排两端，亦属于“特元特位”问题，优先安置甲在中间五个位置上任何一个位置则有种， 其余6
人可任意排列有 种，故共有 · =3600种不同排法。
（3）甲、乙相邻 ，属于“捆绑法”，将甲、乙合为一个“元素”，连同其余5人共6个元素任意排列，再由
甲、乙组内排 列，故共有 ·=1400种不同的排法。
（4）甲在乙的左边。考虑在7人排成一行形成的所有排列 中：“甲在乙左边”与“甲在乙右边”的排法是一一对应的，在不要求相邻时，各占所有排列的一半，故甲在乙的左边的不同排法共有 =2520种。
（5）甲、乙、丙连排，亦属于某些元素必须在一起的排列，利用“捆绑法”，先将甲、乙、丙合为 一个“元
素”，连同其余4人共5个“元素”任意排列，现由甲、乙、丙交换位置，故共有· =720种不同排法。
（6）甲、乙、丙两两不相邻，属于某些元素必须不在一起的分离排列， 用“插空法”，先将甲、乙、丙外的
4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”。再将甲、乙 、丙插入其中的三个“空”，故共有·=1440
种不同的排法。
例6．用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：
（1）奇数；（2）5的倍数；（3）比20300大的数；（4）不含数字0，且1，2不相邻的数。
解：（1）奇数：要得到一个5位数的奇数，分成3步，第一步考虑个位必须是奇数，从1，3，5 中选出一个
数排列个位的位置上有 种；第二步考虑首位不能是0，从余下的不是0的4个数字中任选一 个排在首位上有种；
第三步：从余下的4个数字中任选3个排在中间的3个数的位置上，由乘法原理共有 =388（个）。
（2）5的倍数：按0作不作个位来分类
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第一类：0作个位，则有=120。
第二类：0不作个位即5作个位，则 =96。
则共有这样的数为： + =216（个）。
（3）比20300大的数的五位数可分为三类：
第一类：3xxxx, 4xxxx, 5xxxx有3个；
第二类：21xxx, 23xxx, 24xxx, 25xxx, 的4个；
第三类：203xx, 204xx, 205xx, 有3个，
因此，比20300大的五位数共有：3+4 +3 =474（个）。
（4）不含数字0且1 ，2不相邻的数：分两步完成，第一步将3，4，5三个数字排成一行；第二步将1和2
插入四个“空” 中的两个位置，故共有=72个不含数字0，且1和2不相邻的五位数。
例7．直线与圆相离， 直线上六点A1，A2，A3，A4，A5，A6，圆上四点B1，B2，B3，B4，任两点连成
直线 ，问所得直线最多几条？最少几条？
解：所得直线最多时，即为任意三点都不共线可分为三类：
第一类为已知直线上与圆上各取一点连线的直线条数为=24；
第二类为圆上任取两点所得的直线条数为=6；
第三类为已知直线为1条，则直线最多的条数为N1= ++1=31（条）。
所得直线最少时 ，即重合的直线最多，用排除法减去重合的字数较为方便，而重合的直线即是由圆上取两点
连成的直线， 排除重复，便是直线最少条数：N2=N1-2=31-12=19（条）。

解排列组合问题的策略

要正确解答排列组合问题，第一要认真审题，弄清楚 是排列问题还是组合问题、还是排列与组合混合问题；
第二要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法 来处理，做到不重不漏；第三要计算正确。下面将通过对若干
例题的分析，探讨解答排列组合问题的一些 常见策略，供大家参考。
一、解含有特殊元素、特殊位置的题——采用特殊优先安排的策略
对于带有特殊元素的排列问题，一般应先考虑特殊元素、特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，也 就是解
题过程中的一种主元思想。
例1 用0，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A．24个 B．30个 C．40个 D．60个
解：因组成的三位数为偶数，末尾的 数字必须是偶数，又0不能排在首位，故0是其中的“特殊”元素，应
优先安排，按0排在末尾和0不排 在末尾分为两类：①当0排在末尾时，有 个；②当0不排在末尾时，三位偶
数有 个，据加法原理，其中偶数共有 + =30个，选B。
若含有两个或两个以上的特殊位置或特殊元素，则应使用集合的思想来考虑。这里仅举以下几例：
(1)无关型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集)
例2 用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被10整除且数字不同的六位数?
解：由题意 可知，两个特殊位置在首位和末位，特殊元素是“0，首位可取元素的集合A={1，2，3，4，5}，
末位可取元素的集合B={0}，A∩B= 。如图1所示。

末位上有 种排法，首位上有 种不同排法，其余位置有 种不同排法。所以，组成的符合题意的六位数
是 =120(个)。

说 明：这个类型的题目，两个特殊位置上所取的元素是无关的。先分别求出两个特殊位置上的排列数(不需考
虑顺序)，再求出其余位置上的排列数，最后利用乘法原理，问题即可得到解决。
(2)包合型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系)
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例3 用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被5整除且数字不同的六位奇数?
解：由题意可知，首位、末位是两个特殊位置，“0”是特殊元素，首位可取元素的集合
A={1，2，3，4，5}，末位可取元素的集合B={5}，B A，用图2表示。

末位上只能取5，有 种取法，首位上虽然有五个元素可取但元素5已经排在末位了，故只有 种不同取法，
其余四个位置上有 种不同排法，所以组成的符合题意的六位数有 =96(个)。
说明：这个类型的题目，两个特殊位置上所取的元素组成的集合具有包含关系，先求被包合的集合中 的元素
在特殊位置上的排列数，再求另一个位置上的排列数，次求其它位置上排列数，最后利用乘法原理 ，问题就可解
决。
(3)影响型(两个特殊位置上可取的元素既有相同的，又有不同的。这类题型在高考中比较常见。)
例4 用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大并且百位数字不是3的没有重复 数字的五位数
有多少个?
解：由题意可知，首位和百位是两个特殊位置，“3”是特殊元素。首位上可取元素的集合 A={2，3，4，5}，
百位上可取元素的集合B={1，2，4，5}。用图3表示。

从图中可以看出，影响型可分成无关型和包含型。①首先考虑首位是3的五位数共有： 个；②再考虑首位
上不是3的五位数，由于要比20000大，∴首位上应该是2、4、5中的任一个， 种选择；其次3应排在千位、
十位与个位三个位置中的某一个上， 种选择，最后还有三个数、三个位置，有 种排法，于是首位上不是3的大
于20000的五位数共有个 。
综上①②，知满足题设条件的五位数共有： + =78个。
二、解含有约束条件的排列组合问题一――采用合理分类与准确分步的策略
解含有约束条件的排 列组合问题，应按元素的性质进行分类，按事件发生的连贯过程分步，做到分类标准明
确、分步层次清楚 ，不重不漏。
例5 平面上4条平行直线与另外5条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有________个。
简析：按构成矩形的过程可分为如下两步：第一步．先在4条平行线中任取两条，有 种取法；第二步再在5
条平行线中任取两条，有 种取法。这样取出的四条直线构成一个矩形，据乘法原理，构成的矩形共有· =60个。
例6 在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的
个 数是多少?
解：依题意，共线的三点组可分为三类：两端点皆为顶点的共线三点组共有 =28(个)；两端点皆为面的中心
的共线三点组共有 =3(个)；两端点皆为各棱中点的共线三点组共有 =18(个)。
所以总共有28+3+18=49个。
例7 某种产品有4只次品和6只正品(每只产品均可区 分)。每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止。
求第4只次品在第五次被发现的不同情形有多少种 ?
解：先考虑第五次测试的产品有4种情况，在前四次测试中包含其余的3只次品和1只正品， 它们排列的方
法数是6 。依据乘法原理得所求的不同情形有4×6 =576种。
有 些排列组合问题元素多，取出的情况也有多种，对于这类问题常用的处理方法是：可按结果要求，分成不
相容的几类情况分别计算，最后计算总和。
例8 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复的6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个 D、600个
分析：按题意个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，符合题的分别有 ， ， ，， 个。
合并总计，共有 + + + + =300(个)。
故选B。
说明：此题也可用定序问题缩位法求解，先考虑所有6位数： 个，因个位数字须小于个位数字，故所求6
位数有( ) =300(个)。
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处理此类问题应做到不重不漏，即每两类的交集为空集，所有类的并集为合集，因此要求合理分类。
例9 已知集合A和集合B各含12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面的两个条件的集合C
的个数：
(1)C A∪B，且C中含有3个元素；
(2)C∩A≠ （ 表示空集)。
分析：由题意知，属于集合B而不属于集合A元素个数为12-4=8，因此满足 条件(1)、(2)的集合C可分为
三类：
第一类：含A中一个元素的集C有 个；
第二类：含A中二个元素的集C有 个；
第三类：含A中三个元素的集C有 个。
故所求集C的个数是 + + =1084。
有序分配问题是指把元素按要求分成 若干组，分别分配到不同的位置上，对于这类问题的常用解法，是先将
元素逐一分组，然后再进行全排列 、但在分组时要注意是否为均匀分组。
例10 3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护土，不同的分配方
法共有 ( )。
A．90种 B．180种 C．270种 D．540种
分析：(一)先分组、后分配：
第一步：将3名医生分成3组，每组一人只有一种分法。
第二步：将6名护士分成3组，每组2人有：( ) 种分法。
第三步：将医生3组及护士3组进行搭配，使每组有一名医生、2名护士，有 种搭配方法。
第四步：将所得的3组分配到3所不同的学校有 种分配法。
故共有不同的分配方法： · =540(种)。故选(D)。
分析：(二)第一步：先将6名护士分配到3所不同学校，每所学校2名，则有 (种)分法。
第二步：再将3名医生分配到3所不同的学校，每所学校1人，有 种分法。
故共有 =540(种)故选(D)。
说明：处理此类问题应注意准确分步。
三、解排列组台混合问题——采用先选后排策略
对于排列与组合的混合问题，可采取先选出元素，后进行排列的策略。
例11 4个不同小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子，则恰有一个空盒的放法有_________种。
简析：这是一个排列与组合的混合问题。因恰有一个空盒，所以必有一个盒子要放2个球，故可分两 步进行：
第一步选，从4个球中任选2个球，有 种选法。从4个盒子中选出3个，有 种选法；第二步 排列，把选出的2
个球视为一个元素，与其余的2个球共3个元素对选出的3个盒子作全排列，有 种排法。所以满足条件的放法
共有 =144种。
四、正难则反、等价转化策略
对某些排列组合问题，当从正面入手情况复杂，不易解决时，可考虑从反面入手，将其等价转化为一 个较简
单的问题来处理。即采用先求总的排列数(或组合数)，再减去不符合要求的排列数(或组合数) ，从而使问题获得解
决的方法。其实它就是补集思想。
例12 马路上有编号为1、2 、3、…、9的9只路灯，为节约用电，现要求把其中的三只灯关掉，但不能同
时关掉相邻的两只或三只 ，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法共有_______种。
简析：关掉一只灯的 方法有7种，关第二只、第三只灯时要分类讨论，情况较为复杂，换一个角度，从反面
入手考虑。因每一 种关灯的方法唯一对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列，于是问题转化为在6只亮灯
中插入3只 暗灯，且任何两只暗灯不相邻、且暗灯不在两端，即从6只亮灯所形成的5个间隙中选3个插入3
只暗灯 ，其方法有=10种。故满足条件的关灯的方法共有10种。
例13 甲、乙两队各出7名队员 按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被
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淘汰 ，胜者再与负方2号队员比赛，……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成—种比赛过程，那么
所有可能出现的比赛过程共有多少种?
解：设甲队队员为a1，a2,…a7，乙队队员为b 1，b2,……，b7，下标表示事先安排好的出场顺序，若以依
次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类 比为这14个字母互相穿插的一个排列，最后是胜队中获胜队员和可能未
参赛的队员。如a1a2b1b 2a3b3b4b5a4b6b7a5a6a7。所表示为14个位置中取7个位置安排甲队队员，其余位
置安排乙队队员，故比赛过程的总数为 =3432。
例14 有2个a，3个b，4个c 共九个字母排成一排，有多少种排法?
分析：若将字母作为元素，1—9号位置作为位子，那么 这是一个“不尽相异元素的全排列”问题，若转换
角色，将1—9号位置作为元素，字母作为位子，那么 问题便转化成一个相异元素不许重复的组合问题。
即共有 =1260(种)不同的排法。
有些问题反面的情况为数不多，容易讨论，则可用剔除法。
对有限制条件的问题， 先以总体考虑，再把不符合条件的所有情况剔除。这是解决排列组合应用题时一种常
用的解题策略。
例15 四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )
A．150种 B．147种 C．14种 D．141种
分析：在 这10个点中，不共面的不易寻找，而共面的容易找。因此，采用剔除法，由10个点中取出4个点
的组 合数( 减去4个点共面的个数即为所求)。4点共面情形可分三类：
第一类：四面体每个面中的四个点共面，共有 4× =60种；
第二类：四面体的每2组对棱的中点构成平行四边形，则这四点共面，共有3种；
第三类：四面体的一条棱上三点共线，这三点与对棱中点共面，共有6种。故4点不共面的取法有
-(4 +6+3)=141种。
例16 从0、1、2、3、4、5、6、7、8、 9这10个数中取出3个数，使和为不小于10的偶数，不同的取
法有多少种。
解：从这10个数中取出3个不同的偶数的取法有 种；取1个偶数和2个奇数的取法有 种。另外，从这10
个数中取出3个数，使其和为小于10的偶数，有9种不同取法。
因此，符合题设条件的不同取法有 + -9=51种。
五、解相邻问题——采用“捆绑”策略
对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列 ，然后
再在相邻元素之间排列。
事实上，这种方法就是将相邻的某几个元素，优先考虑 。让这些特殊元素合成一个元素，与普通元素排列后，
再松绑。
例17 A，B，C，D，E五人并排站成一排，如A，B必相邻，且B在A右边，那么不同排法有 （ ）
A．24种 B．60种 C．90种 D．120种
分析：将特殊元素A，B按B在A的右边“捆绑”看成一个大元素，与另外三个元素全排列 ，由A，B不
能交换，故不再“松绑”，选A。
例18 5人成一排，要求甲、乙相邻，有几种排法?
解：将甲、乙“捆绑”成一个元素，加上其他3元素，共4元素，全排列有 种，甲、乙内部的排列有 种。
故共有 =48种。
也可以这样理解：先让甲、丙、丁、戊，排成一列有 种，再将乙插入甲的左边或右边，有 种，共 =48种。
例19 计划展出10幅不同的画， 其中一幅水彩画、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，那么不同的陈列方式有多少种? ( )
A、 B、 C、 D、
分析：先把3种品种的画各看成整体，而水彩画不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有 种放法，
再考虑油画与国画本身又可以全排列，故排列的方法为 ，故选D。
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例20 5名学生和3名老师站成一排照相，3名老师必须站在一起的不同排法共有________种。
简析：将3名老师捆绑起来看作一个元素，与5名学生排列，有 种排法；而3名老师之间又有 种排法，故
满足条件的排法共有 =4320种。
用“捆绑”法解题比较简单，实质是 通过“捆绑”减少了元素，它与下面要提到的“插孔”法结合起来，威
力便更大了。
六、解不相邻问题——采用“插孔”策略
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排 列好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间
及两端的空隙中插入。
例21 7人站成一行，如果甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数是 ( )
A．1440种 B．3600种 C．4320种 D．4800种
简析：先让甲、乙之外的5人排成一行，有 种排法，再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插
入，有 种方法。故共有 · =3600种排法，选B。
例22 要排一个有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈不相邻，问有多少种不同排
法?
分析：先将6个歌唱节目排成一排有 种排法，6个歌唱节目排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入4
个舞蹈节目有 种，故共 ·6！=604800种不同排法。
例23 从1，2，3，…，2000这2000个自然数中，取出10个互不相邻的自然数，有多少种方法?
解：将问题转化成把10名女学生不相邻地插入站成一列横列的1990名男生之间(包括首尾两侧 )，有多少种
方法?
因为任意相邻2名男学生之间最多站1名女学生，队伍中的男学生首 尾两侧最多也可各站1名女学生。于是，
这就是1991个位置中任选10个位置的组合问题，故共有 种方法。
利用“插孔”法，也可以减少元素，从而简化问题。
例24 一排6张椅子上坐3人，每2人之间至少有一张空椅子，求共有多少种不同的坐法?
解：将问题转化成把3个人坐5张椅子，然后插一把空椅子问题。
3个人若坐5张椅子，每2人之间一张空椅子。坐法是固定的有 种不同的坐法，然后，将余下的那张椅子
插入3个坐位的4个空隙，有4种插法。所以共有4 =24种不同的坐法。
七、解定序问题——采用除法策略
对于某几个元素顺序 一定的排列问题，可先把这几个元素与其它元素一同进行排列，然后用总排列数除以这
几个元素的全排列 数，这其实就是局部有序问题，利用除法来“消序”。
例25 由数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数字的共有（ ）
A．210个 B．300个 C. 464个 D．600个
简析：若不考虑附加条件，组成的六位数共有 个，而其中个位数字与十位数字的 种排法中只有一种符合条
件，故符合条件的六位数共 =300个，故选B。
例26 信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗，把这5面旗都挂上去，
可 表示不同信号的种数是 ________(用数字作答)。
分析：5面旗全排列有 种挂法，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次的挂法，故共有不同
的信号种数是 =10(种)。
说明：此题也可以用组合来解，只需5个位置中确定3个，即 =10。
例27 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?
分析：先在7个位置上任取4个位置排男生，有 种排法，剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，只
有一种排法，故共有 =840种。
在处理分堆问题时，有时几堆中元素个数相等，这时也要用除法，
例28 不同的钢笔12支，分3堆，一堆6支，另外两堆各3支，有多少种分法?
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解：若3堆有序号，则有 · ，但考虑有两堆都是3支，无须区别，故共有 =9240种。
例29 把12支不同的钢笔分给3人，一人得6支，二人各得3，有几种分法?
解：先分堆：有 种。再将这三堆分配给三人，有 种。共有 · =3 种。
本题亦可用“选位，选项法”，即： =3 。
八、解分排问题—采用直排处理的策略
把n个元素排成前后若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一排成一排的方法来处理。
例30 两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，若8位学生坐(每人一个座位)。则不同的坐法种数是
（ ）
A、 B、 C、 D、
简析：因8名学生可在前后两排的8 个座位中随意入坐，再无其他条件，所以两排座位可看作一排来处理，
其不同的坐法种数是 ，故应选D。
九、解“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略
对于“小 团体”排列问题，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。
例31 三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出的出场顺序要求两名女歌唱家之间 恰有一
名男歌唱家，其出场方案共有 ( )
A．36种 B．18种 C．12种 D．6种
简析：按要求出场顺序必须有一个小团体“女男女”，因此先在三名男歌唱家中选一名(有 种选法)与两名女
歌唱家组成一个团体，将这个小团体视为一个元素，与其余2名男歌唱家排列有 种排法。最后小团体内2名女
歌唱家排列有 种排法，所以共有 =36种出场方案，选A。
十、简化计算繁琐类问题——采用递归策略
所谓递归策略，就是先建立所求题目结 果的一个递推关系式，再经简化题目条件得出初始值，进而递推得到
所求答案。
例32 有五位老师在同一年级的6个班级中，分教一个班的数学，在数学会考中，要求每位老师均不在本
班监考 ，共有安排监考的方法总数是多少？
解：记n元安排即a1、a2、…、an个元素的排列，且满足“ai不在第i位上的方法总数为an。
固定n-1个元素不动的排法是1；
固定n-2个元素不动的排法是 ；
固定n-3个元素不动的排法是 ；
……
固定1个元素不动的排法是 ·an-1；
an=n!-1- - ……- ·an-1(n≥3, n∈N)
容易计算得a2=1，由上式递推可得：a3=2，a4=9，a5=44。
因此，共有安排监考的方案总数为44种。
十一、解较复杂的排列问题——采用构造型策略
对较复杂的排列问题，可通过构造一个相应的模型来处理。
例33 某校准备组 建一个18人的足球队，这18人由高一年级10个班的学生组成，每个班级至少1人，
名额分配方案共 有_________种。

简析：构造一个隔板模型。如图，取18 枚棋子排成一列，在相邻的每两枚棋子形成的17个间隙中选取9
个插入隔板，将18枚棋子分隔成10 个区间，第i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第i个班级学生的名额，因此名
额分配方案的种数与 隔板插入数相等。因隔板插入数为 ，故名额分配方案有 =24310种。
例34 将组成篮球队的12个名额分给7所学校，每所学校至少1个名额，问名额分配方法有多少种?
解：将问题转化成一把排成一行的12个0分成7份的方法数，这样用6块闸板插在11个间隔中，共有 =462
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种不同方法。所以名额分配总数是 种。
例35 6人带10瓶汽水参加春游，每人至少带1瓶汽水，有多少种不同的带法?
解：将问题转化成把 10个相同的球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放1个球，有多少种不同的放
法?
即把排成一行的10个0分成6份的方法数，这样用5块闸板插在9个间隔中，共有 =126种。
即原问题中有126种不同带法。
例36 对正方体的8个顶点作两两连线。其中异面直线的有( )对。
A．156 B．174 C．192 D．210
分析：由于每一个三棱锥对应于3对异面直线，故可构造三棱锥，问 题即特化为正方体8个顶点构成三棱锥
的个数，易得异面直线有( -6-6)×3=174(对)，选B。
十二、建立排列组合与集合之间的对应关系的策略
排列组合问题往往因其文字叙述抽象而使学生理解困难，在解决这类问题时，我们通常是根据加法或 乘法原
理将问题分类或分步逐一计算，然而由于问题的抽象性与复杂性，我们在分类或分步的过程中，经 常会出现重复
或遗漏的现象。如果我们运用集合与对应的思想来分析和处理这类问题，则能有效地解决上 述矛盾。
例37 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的
(1)1不在首位、5在末位的五位数? (2)2，3都与4不相邻的五位数?


解：(1)A={1 在首位的五位数}，B={5 在末位的五位数}，
则原题即求 n( )。
已知n( )=n(B)-n(A∩B)，
易知n(B)= ，n(A∩B)= ,
(即1在首位，5在末位的五位数的个数)，n( )= - =18，
因而满足已知条件的五位数有18个。
(2)设A={2与4相邻的五位数}，B={3与4相邻的五位数}，则原题即求n( )。
由摩根律、容斥原理及性质2，
有n( )=n( )=n(I-A∪B)=n(I)-n(A∪B)=n(I)-n(A)-n(B)+n(A∩B)
= =36，即有36个满足已知条件的数。
说明：其中n(I)表示由数字1，2，3，4， 5组成的无重复数字的五位数的个数，即它们的全排列数，n(A∩
B)表示2与4相邻且3与4相邻的 五位数的个数，那么4一定排在2与3之间，且2，4，3相邻，故有 种排法。
例38 将数 字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所
填数 字均不同的填法有多少种?
解：设Ai(i=1,2,3,4)表示i填在标号为i的方格内，且其余格子都填满的所有填法的集体，
则原题即求n ，由摩根律及容斥原理，有
n
=n( )
=n(I)-n(A1∪A2∪A3∪A4)
=n(I)- (Ai∩Ah∩Aj)+n(A1∩A2∩A3∩A4)
= 。
即有9种填法。
说明：系数 代表从集合A1、A2、A3、A4中每次取出1个、2个、3个、4个组成交集的个数，
例39 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形下各有多少
种选派方法?
(1)队长至少有1人参加；(2)既要有队长，又要有女运动员。
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解：(1)设A={选派5人有男队长参加的}，B={选派5人有女队长参加的},则原题即求n(A∪B),
而n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B)，
n(A)= =n(B), n(A∩B)= ,
故n(A∩B)=2 - =196。
另解：设A={选派5人有1个队长参加的}，B={选派5人有2个队长参加的}，则原题即求n(A∪B),
n(A)= , n(B)=, n(A∩B)=n()=0，
因此n(A∪B)=n(A)+n(B)=+=196。
说明：A∩B即选派5人既要有1个队长参加又要有2个队长参加这件事，这是不可能事件。
(2)设A={选派5人有队长参加的}，B={选派5人有女运动员参加的}，则原题即求n(A∩B)，
又n(A∩B)=n(I)-n()=n(I)-n()
=n(I)-n()-n()+n()==191。
即有191种选派方法。
说明：即选派5人，既无队长又无女运动员参加。
从以上3例我们可以看出，用集合与对应思想 分析处理排列组合问题，实质上就是将同一问题中满足不同限
制条件的元素的排列或组合的全体与不同的 集合之间建立相应的对应关系，而将各限制条件之间的关系转化为集
合与集合之间的运算关系，通过计算 集合的元素个数来计算排列或组合的个数，这有助于将带有多个附加条件的
排列或组合问题分解为只有1 个或简单几个附加条件的排列或组合问题来处理，这可大大简化复杂的分类过程，
从而降低了问题的难度 。
例40 如果从数1，2，…，14中，按从小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满 足a2-a1≥3与a3-a2≥
3，那么所有符合上述要求的不同取法共有多少中?
解：设S={1，2，……，14}，T={1，2，……，10}；
P={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S, a2-a1≥3, a3-a2≥3}，
Q={(b1,b2,b3)|b1,b2,b3∈T, b1 f: (a1, a2,a3)→(b1,b2,b3)，其中b1=a1，b2=a2-2，b3=a3-4。
易证f是P和Q之间的一个一一对应，所以题目所求的取法种数恰好等于从T中任意取出三个不同数 的取法
种数，共 =120种。
例41 在100名选手之间进行单循环淘汰赛(即一 场比赛失败要退出比赛)，最后产生一名冠军，问要举行几
场?
分析：要产生一名冠军 ，需淘汰掉冠军以外的所有其它选手，即要淘汰99名选手，要淘汰一名选手，必须
进行一场比赛；反之 ，每比赛一场恰淘汰一名选手，两者之间一一对应，故立即可得比赛场次99次。
十三、特征分析、试验策略
研究有约束条件的排列数问题，须紧扣题目所提供的数字特征、结构特征，进行推理、分析求解。
例42 由1，2，3，4，5，6六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数。
分析数 字特征：6的倍数既是2的倍数，又是3的倍数。其中3的倍数又满足“各个数位上的数字和是3的
倍数 ”的特征，把6个数分成4组(3)，(6)，(1，5)，(2，4)，每组的数字和都是3的倍数，因此可分 成两类讨论：
第一类：由1，2，4，5，6作数码：首先从2，4，6中任选一个作个位数字有 ，然后其余四个数在其它数位上
全排列有 ，所以N1= · 。第二类：由1，2，3，4，5作数码，依上法有N= · 。故N=N1+N2=120(个)。
例43 从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100则不同的取法有 （ ）
A．50种 B.100种 C．1275种 D．2500种
分折：此题数字较多，情况也不一样，需要分拆摸索其规律。为了方便，两个加数中以较小的数为被加数，
因为1+100=101＞100，1为被加数的有1种；同理，2为被加数的2种；…；49为被加数有49 种；50为被加
数的有50种，但51为被加数只有49种；52为被加数只有48种；…；99为被加 数的只有1种。故不同的取法
共有：(1+2+…+50)+(49+48+…+1)=2500种，选 D。
例44 将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格内，每个格填1个， 则每个方格的标号与所
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填数字均不相同的填法有 ( )
A．6种 B．9种 C. 11种 D. 23种
分析：考察排列的定义，由于附加条件较多，解法较为困难，可用试验法逐步解决。
第一方格内 可填2或3或4，如填2，则第二方格内可填1或3或4。若第二方格内放1，则第三方格只能
填4，第 四方格填3。若第二方格填3，则第三方格应填4，第四方格应填1。同理，若第二方格填4，则第三、
四方格应分别填1、3，因而，第一方格放2共有3种方法。同理，第一格放3或4也各有3种，所以共有9种< br>方法，选B。这里用到了试验的技巧。
十四、解决允许重复排列问题——采用“住店”转化策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分 两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素
看作“客”，能重复的元素看作“店 ”，再利用乘法原理直接求解的方法称为“住店法”。
例45 七名学生争夺五项冠军。获得冠军的可能的种数有 ( )
A．75 B．57 C． D．
分析：因同一学生可同时夺得几项冠军，故学生可重复排列。将七名学生看作七家“店”， 五项冠军看作5
名“客”。每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得75种，选A。
以 上介绍了排列组合应用题的几种常见求解策略。这些策略不是彼此孤立的，而是相互依存、相互为用的。
有时解决某一问题时综合运用几种求解策略，此外有特殊、优序、类比等策略，限于篇幅不一一赘述。

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