周杰伦说了再见-消防安全工作总结

排列组合应用问题种类繁多，方法灵活，对抽象思维能力和逻辑思维能力要求较高，稍
不 注意，极易出错.本文就一些常见的错误进行归类分析，以飨读者.
一、两个计数原理混淆不清.通常 是“完成一件事”的任务不明确，分类与分步混淆或
分类与分步不准确而造成失误.
例1、50件产品中有4件次品，从中任意抽出5件，则至少有3件次品的抽法有 种.
错解 1：分两类情形：“有3件次品”时，可从4件次品中抽取3件，再从剩余产品中
抽取2件，有“有4件 次品”时，可从4件次品中抽取4件，再从剩余产品
C
4
+
C
46< br>种抽法；
32
中抽取1件，有
C
4
+
C
46
种抽法.故共有
(
C
4
+
C
46
)(C
4
+
C
46
)
=46575
种.
34
413241
错解2：先抽次品：至少有3件次品包含“3件次品”、“4件次品”两种情 形，有
C
4
+
C
4
5
种抽法；再抽剩余产品，同 理有
C
46
+
C
46
1081
种抽法.共有抽法 5×1081=5405种.
错因剖析：分类与分步混淆不清，即加法原理与乘法原理混淆，从而引起失误.
正解：解排列 组合问题，通常是先“分类”后“分步”.此题可先分为二类：第一类，
．．．
有3件次品2件 正品，有
C
4
C
46
（分为两步，用乘法原理）种抽法；第二类，有 4件次品1
件正品，有
C
4
C
46
种抽法.由加法原理，不 同的抽法共有
C
4
C
46
+
C
4
C
46
＝4186种.
二、排列、组合问题判断失误.通常是在判断一个问题是排列还是组合 问题时，未考虑
元素的顺序性而导致失误.
例2、有大小形状相同的3个红球和5个白球排成一排，共有 种不同的排法.
错解：因为是8个小球的全排列，所以共有
A
8
种方法.
错因剖析 ：上解法中没有考虑3个红球（或5个白球）是完全相同的，因而同色球之间
．．．．
互换位置 是同一种排法.
正解：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置
给红球，剩余的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，故共
有< br>C
8
56
排法.
例3、有甲、乙、丙3项任务，甲需要2人承担， 乙、丙各需要1人承担，从10人中
选派4人承担这三项任务，不同的选法有（ ）种.
A、1260 B、2025 C、2520 D、5040
错 解一：分三步完成：首先从10人中选出4人，有
C
10
种方法；再从这4人中选出二
人承担任务甲，有
A
4
种方法；剩下的两人去承担任务乙、丙，有
A
2
种方法，由乘法原理，
不同的选法共有
C
10
A
4
A
2
＝5040种，选D.
错解二：分三步完成，不同的选法共有
C
10
C
4
C
2
＝1260种，选A.
错因剖 析：排列、组合概念混淆不清.承担任务甲的两人与顺序无关，剩下的两人去承
担任务乙、丙，这与顺序 有关.
正解一：先从10人中选2人承担任务甲，再从余下8人中选一人承担任务乙，最后从
剩下的7人中选一人去承担任务丙，由乘法原理，不同的选法有
C
10
C
8< br>C
7
＝2520种.
正解二：从10人中选出2人承担任务甲；再从余下8人 中选出二人承担任务乙、丙，
由乘法原理，不同的选法有
C
10
A
8
＝2520种，选C.
三、分类（或分步）遗漏（或重复）造成失误.
例4、从100到999的三位数中，含有0的三位数有多少个？
错解：将含有0的三位数分 为二类：个位数是0的，有9×10=90个；十位数是0的，
有9×10=90个.故共有90＋90 =180个.
错因剖析：分类应注意“不重不漏”，上解法中重复计算了个位和十位都是0的情形.
正解：将含有0的三位数分为二类：个位数是0的，有9×10=90个；十位数是0的，
有9 ×10=90个；但个位数是0且十位数也是0的9个重复了，故共有90＋90－9=171个.
例5、4男4女排成一排，任意两名女子不相邻且任意两名男子也不相邻的排法共有 种.

1
22
211
4
4
4
3
8
21
32
413241
22
22
22

错解1：4 名男子与4 名女子的排法分别有
A
4
种，故共有
A
4
·< br>A
4
=576种.
错解2：4名男子的排法有
A
4
种，4 名女子的排法有
A
5
，故共有
A
4
·
A
5
=2880种.
错因剖析：错解1是由于考虑不周，遗漏了交换位置的情况而出现失误；错解2忽略了
题中的条件，即满 足了4名男子不相邻而忽略了4名女子也不相邻的情形（如：男女男女 女
男女男），错把必要条件当作充分条件了.
正解：此为相间排列问题.如先排男子，有A
4
种排法，由题意，四名女子插入的四个
空必须不相邻，有两种插入方法，而4 名女子的排法有
A
4
种，由乘法原理知，不同排法的
种数共有2
A< br>4
·
A
4
=1152种.
例6、用黄、蓝、白三种颜色粉刷 6间办公室，一种色粉刷3间，一种色粉刷2间，一
种色粉刷1间，则共有 种不同的粉刷方法.
321
错解：由题意，共有
C
6
•
C
3
•
C
1
60
种.
错因剖析：此例错因在于对 题目中的事件“分步”出错，丢掉了颜色可以相互交换这一
步.题目中一种颜色粉刷间数虽不同，但哪种 颜色粉刷三间（或两间或一间）却没有限制，
因而三种颜色可以相互交换.
321
3
正解：先分组，再排列，共有粉刷方法
C
6
•
C
3
•
C
1
•
A
3
360
种.
44
4
4444
444
4
例7、（11年湖北理·15）给
n
个自上而下的正方形着黑色和白色．当
n4
时，在所有
不同的着色方案中，黑色正方 形互不相邻的着色方案如图所
示．由此推断，当
n6
时，黑色正方形互不相邻的着色 方案
有 种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有 种．
错解：（1）20；（2）有37、39、40等多个答案.
错因剖析：此例难度较大，有的 学生由于对题意读不懂或
理解不透，无法动笔；有的学生采用直接法求解，方法虽对，
但由于分 类的失误，如在第一问的分类中少了“不涂黑色（或
都涂白色）”的情形而导致答案为20的失误．第二 问中“类”
中有“类”，如
n
3时，考虑了形如□■■■□□的情形而未注意形如□ ■■□■□的情形，
从而造成失误．
正解1：（直接法）第一问中“黑色正方形互不相邻”包 含两层意思：一是不涂黑色；
二是若涂黑色，则黑色正方形不相邻.可分类四类：①不涂黑色时只有一种 方案；②只有一
个正方形涂黑色，有6种方案；③有二个正方形涂黑色，采用“插空法”，有
C
5
10
种方案；
④有三个正方形涂黑色，采用“插空法”，有
C< br>4
4
种方案．故黑色正方形互不相邻的方案
共有1＋6＋10＋4=21种. 第二问中“至少有两个黑色正方形相邻”可分为五类：①二个黑色
正方形时，有5种方案；②三个黑色正 方形时，有如图□■■□■□和□■■■□□的两
种情形，共有
A
4

C
4
16
种方案；③四个黑色正方形时，有如图□■■■■□、□■■■
□■和□■■□■■的三种情形，共有
C
3

A
3

A
3
15
种方案；④五个黑色正方形时，有
如图■■■■■□、■■■■ □■和■■■□■■的三种情形，共有
C
1

A
2

A
2
6
种方
案；⑤六个黑色正方形相邻时，只有1种方案．故共有5＋1 6＋15＋6＋1=43种方案.
正解2：对于第1问，当
n
1，2，3，4时， 其方案数组成数列2，3，5，8，此数列的
特征为
a
n2
a
n 1
a
n
，由此得
n6
时的方案数为21．对于第2问，由于黑 色正方形要么相
邻要么不相邻，因此“至少有两个黑色正方形相邻”的“补集”即为“黑色正方形互不相 邻”，
故用排除法求解.因每个正方形的涂色方案都有两种（黑色或白色），6个正方形的所有涂色方案共有
2
6
64
种，从而至少有两个黑色正方形相邻的涂色方案为6 4－21=43种.
四、在分配、分组等问题中重复计算出错.
例8、5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ）
A、480 种 B、240种 C、120
种 D、96种
4
错解：先从5本书中取4本分给4个人，有
A
5
种方 法，剩下的1本书可以给任意一个

2
1
11
1
222
3
2
1

4
480
种不同的分法，选 A. 人有4种分法，共有
4A
5
错因剖析：此为分配问题.设5本书
a< br>、
b
、
c
、
d
、
e
分给四个人甲、 乙、丙、丁.按
照上述分法可能出现
ae b c d
和
ea b c d
的情形.第一种是甲首先分得
a
，最后分得
e
的情
形；第二种是甲首先分得
e
，最后分得
a
的情形，这两种情况是完全相同的. 而在上解法中
却计算成了不同的情况，正好重复了一次.
正解：首先把5本书转化成4本书， 然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2
24
本捆绑成一本书，有
C
5
种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有
A
4
种方法.由乘法
24
A
4
240
种方法，故选B 原理，共有
C
5< br>例9、某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2
天，其不同 的排法共有（ ）种.
A、5040 B、1260 C、210 D、
630
错解：第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天 ，剩下的3天给第三个人，这三个人
223
C
5
A
3
12 60
，选B. 再进行全排列，共有
C
7
错因剖析：此为均匀分组问题。上解 法中，可能出现的情形是：第一人挑选的是周一、
周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人 挑选的是周三、周四，第二人挑选的
是周一、周二。所以在计算的过程中就重复了.
正解：< br>C
7

C
4
C
2

A
3< br>630
种.
3
3
22
2
五、题意理解不透彻，忽视题设条件引起失误.
例10、方程
aybxc
中的
a,b,c{3,2,0,1,2,3}< br>，且
a,b,c
互不相同，在所有
这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 （ ）条.
A、60条 B、62条 C、71条 D、80条
错解：显然
a0
且
b0
，故
a
、
b
的选取方法有
A
5
20
种；
c
可从剩 余的4个数中
任取一个，有4 种方法.由乘法原理知共有20×4=80种不同方法，故选D. 错因剖析：上解法中，由于
x
的系数为
b
，当
b2或2和
b3或3
时，方程出现
重复，从而因未注意隐含条件而引起失误.
正解：本题可用排除法.不考虑限制条件，共有
A
6
120
不同选法，这 些方程要表示抛
2
物线，则
a0
且
b0
，要减去
2A
5
40
，又
b2或2
、
b3或3
时，方程出现重复，
3
22
2
22
其重复次数为
332 18
，所以不同的抛物线共有120－40－18=62条，故选B.
例11、如图，一个 地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一
颜色，现有4种颜色可供选择，则不 同的着色方法共有 种.
错解：先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区
12
2A
2
12
种，由乘法域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有
C
3
原理，共有4×12=48种.
错因剖析：上解法主要是没有理解题设 中“有4种颜色可供选择”的含义，即4种颜色
不一定全部使用，用3种也可以完成任务.
正 解：分为两类：当使用四种颜色时，由上解法知有48种着色方法；当仅使用三种颜
3
色时，先 从4种颜色中选取3种有
C
4
种方法，然后涂色：先涂第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2
33224
种.综上，共有48＋24=72种. 种着色方法，由乘法原理有
C4
例12、现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（ ）种.
86384
3533
A、
A
6
B、
A
8
C、
A
5
D、
A
8

A
6
A
3
A
6
A
5
A
3
5
错解：除甲、乙、丙三人以外的5人先排， 有
A
5
种排法。5人排好后产生6个空档，
35
3
A5
插入甲、乙、丙三人有
A
6
种方法，这样共有
A
6< br>种排法，选A.
错因剖析：上解法中将“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义误解为“甲、乙、丙三人互

3

不相邻”的情形.事实上，“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三 人不能同时相邻，
但允许其中有两人相邻.
正解：（排除法）在8个人全排列的方法数中减去 甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到
863
甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即
A8
，故选B.
A
6
A
3
例13、两人进行乒乓球 比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情
形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共 有（ ）种.
A.、10种 B、15种 C、20种 D、30种
错解：分三类：比分3：0有1种情况；比分3：1，即前3局中（第四局必胜） 有2局
胜，共有
C
3
3
种情况；比分是3：2，即前4局中（第五 局必胜）有2局胜，共有
C
4
6
种
情况；故共就1+3+6=10 种情况获胜，故选A.
错因剖析：上解法显然对“各人输赢局次的不同视为不同情形”未理解，造成仅 考虑某
一人获胜的情形而造成漏解.事实上，两人都有获胜的可能.
正解：只须把上结果乘以2即可，选C.
六、思维不严密而造成失误（遗漏有关情形）.
例14、四面体的顶点和各棱中点共10个点，从中取出4个不共面的点，不同的取法有
（ ）种.
A、150 B、147 C、144 D、141
错解：选A或B或C.
错因剖析：考虑到四点共面的情形有三类：①四点位于同 一表面；②四点为两组相对棱
的中点；③四点为一条棱上的三点与其相对棱的中点.求解时若只考虑到情 形①，就会由算
式
C
10
－4
C
6
＝150而错选 A；若只考虑到情形①、②，就会由算式
C
10
－4
C
6
－ 3＝147而
错选B；若只考虑到情形①、③，就会由算式
C
10
－4
C
6
－6＝144而错选C.
正解：只有三种情形都考虑到，才能得到正确的结果
C
10
－4
C
6
－6－3＝141，选D（从
此题 选项的设置可看出命题者之良苦用心）.
排列组合问题虽然种类繁多，但无外乎元素与位置的关系问题 .是先考虑“元素”还是
先考虑“位置”，或是将“元素”与“位置”综合起来考虑，就衍生出众多的解 题策略与方
法.解题方法与策略虽多，但应记住：“变”虽是主体，“不变”才是根本.只要把握住最基 本、
最常见的原理和方法，留心容易出错的地方，并动手操作，实验探究，就能够以不变应万变，
从而有效地提高解决问题的准确性.

4
4
4
4
4
4
4
4
22

4