北京雾霾-唱歌节目

小升初奥数—排列组合问题

一、 排列组合的应用

【例 1】 小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？
（1）七个人排成一排；
（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.
（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.
（4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边.
（5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上.
（6）七个人战成两排，前排三人，后排四人.
（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排。
【解析】 （1）
P
7
7
5040
（种）。
（2）只需排其余6个 人站剩下的6个位置．
P
6
6
720
（种）.
（3）先 确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×
P
6
=1440(种)．
（4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置．
2P
55
240
(种)．
（5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人 ，再排剩下的5个人，
P
5
2
P
5
5
2400
（种）.
（6）七个人排成一排时，7个位置就是各不相同的．现在排成两排，不管前后排各 有几个人，7个
位置还是各不相同的，所以本题实质就是7个元素的全排列．
P
77
5040
（种）.
（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“ 小新在前，阿呆在后”，两种情况是对等的，
所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可．4×3×
P
5
×2=2880(种)．排队问题，一般先考虑
特殊情况再去全排列。

【例 2】 某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非
0
数码组成，且四个数码之和是
9
，
那么确保打开保险柜至少要试几次？
【解析】 四个非
0
数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1， 1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，
3；2，2，2，3六种。
第一种中，可以组成 多少个密码呢？只要考虑
6
的位置就可以了，
6
可以任意选择
4个位置中的一个，
其余位置放
1
，共有
4
种选择；
第 二种中，先考虑放
2
，有
4
种选择，再考虑
5
的位置，可以 有
3
种选择，剩下的位置放
1
，共有
4312
(种)选 择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有
12
种选择．最后一种，与第一种的
情 形相似，
3
的位置有
4
种选择，其余位置放
2
，共有
4
种选择．
综上所述，由加法原理，一共可以组成
412121212 456
(个)不同的四位数，即确保能打开
保险柜至少要试
56
次．

【例 3】 一种电子表在6时24分30秒时的显示为6:24：30，那么从8时到9时 这段时间里，此表的5个
数字都不相同的时刻一共有多少个?
【解析】 设A:BC
DE
是满足题意的时刻，有A为8，B、D应从0，1，2，3，4，5这6个数字中选择两个不
同的数字，所以有
P
6
种选法，而C、E应从剩下的7个数字中选择两个不同的数字 ，所以有
P
7
种
选法，所以共有
P
6
×
P
7
=1260种选法。
从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有1260个。

【例 4】
4
名男生，
5
名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法：
⑴ 甲不在中间也不在两端；
⑵ 甲、乙两人必须排在两端；
⑶ 男、女生分别排在一起；
22
22
5
6

⑷ 男女相间．
【解析】 ⑴ 先排甲，
9
个位置除了中间和两端之外的
6个位置都可以，有
6
种选择，剩下的
8
个人随
8
意排 ，也就是
8
个元素全排列的问题，有
P
由乘法原
8
87 65432140320
(种)选择．
理，共有
64032024 1920
(种)排法．
⑵ 甲、乙先排，有
P
2
2
2 12
(种)排法；剩下的
7
个人随意排，有
P
7
776543215040
(种)排法．由乘法原理，共有
25040 10080
(种)排法．
⑶ 分别把男生、女生看成一个整体进行排列，有
P
2
2
212
(种)不同排列方法，再分别对男生、
女生内部进行排列 ，分别是
4
个元素与
5
个元素的全排列问题，分别有
P
4
4
432124
(种)和
P
5
5
5 4321120
(种)排法．
由乘法原理，共有
2241205760
(种)排法．
⑷ 先排4
名男生，有
P
4
4
432124
(种)排 法，再把
5
名女生排到
5
个空档中，有
P
5
554321120
(种)排法．由乘法原理，一共有
241202880
(种)排法。

【例 5】 一台晚会上有
6
个演唱节目和
4
个舞蹈节目．求：
⑴ 当
4
个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？
⑵ 当要求每
2
个舞蹈节目之间至少安排
1
个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？
【解析】 ⑴ 先将
4
个舞蹈节目看成
1
个节目，与
6个演唱节目一起排，则是
7
个元素全排列的问题，有

P
7
7
7!76543215040
(种)方法．第二步再排
4
个舞蹈节目，也就是
4
个舞蹈节
目全排列的问题，有
P
4
4
4!432124
(种)方法．
根据乘法原理，一共有
504024120960
(种)方法．
⑵ 首 先将
6
个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，是
6
个元素全排列的问题 ，一共有
P
6
6
6!654321720
(种)方 法．
×□×□×□×□×□×□×
第二步，再将
4
个舞蹈节目排在一头一 尾或
2
个演唱节目之间(即上图中“×”的位置)，这相当
于从
7
个 “×”中选
4
个来排，一共有
P
7
4
76548 40
(种)方法．
根据乘法原理，一共有
720840604800
(种)方法。

【例 6】 ⑴从1，2，…，8中任取3个数组成无重复数字的三位数，共有多少个？（只要求列式）
⑵从8位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不同的选法？
⑶3位同学坐8个座位，每个座位坐1人，共有几种坐法？
⑷8个人坐3个座位，每个座位坐1人，共有多少种坐法？
⑸一火车站有8股车道，停放3列火车，有多少种不同的停放方法？
⑹8种不同的菜籽，任选3种种在不同土质的三块土地上，有多少种不同的种法？
【解析】 ⑴按顺序，有百位、十位、个位三个位置，8个数字（8个元素）取出3个往上排，有
P
83
种．
⑵3种职务3个位置，从8位候选人（8个元素）任取3位往上排，有
P
8
3
种．
⑶3位同学看成是三个位置，任取8个座位号（8个元素）中的3 个往上排（座号找人），每确定一
种号码即对应一种坐法，有
P
8
3
种．
⑷3个坐位排号1，2，3三个位置，从8人中任取3个往上排（人找座位），有
P8
3
种．
⑸3列火车编为1，2，3号，从8股车道中任取3股往上排，共有< br>P
8
3
种．
⑹土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往上排， 有
P
8
3
种。

【例 7】 某校举行男生乒乓球比赛， 比赛分成3个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的48名选手分成8个
小组，每组6人，分别进行单循环 赛；第二阶段：将8个小组产生的前2名共16人再分成
4
个小
组，每组
4< br>人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4个小组产生的
4
个第
1
名进行
2
场半决赛和
2
场
决赛，确定
1
至
4名的名次．问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？
65
2
【解析】 第一阶 段中，每个小组内部的
6
个人每
2
人要赛一场，组内赛
C
6
15
场，共
8
个小组，有
21
2
158 120
场；第二阶段中，每个小组内部
4
人中每
2
人赛一场，组内赛
C
4

43
6
场，共
4
个小
21

组，有
6424
场；第三阶段赛
224
场．根据加法原理，整个赛程一共有
120244148
场比
赛。

【例 8】 8个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光 和大亮
必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？
【解析】 冬冬要站在小悦和阿奇的中间， 就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留
给冬冬，而两边的位置可以任意地分配 给小悦和阿奇．
小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻
小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑
31
P
2
2
C
4
P
2
2
P
3
3
3360< br>（种） 只满足第一、三个条件的站法总数为：
C
7
3
P
2
2
P
3
2
P
2
2
P
22
960
（种）同时满足第一、三个条件，满足小慧和大智必须相邻的站法总数为：C
6

因此同时满足三个条件的站法总数为：
33609602400
（种）。

【例 9】 某池塘中有
A、B、C
三只游船，
A
船可乘 坐
3
人，
B
船可乘坐
2
人，
C
船可乘坐< br>1
人，今有
3
个成
人和
2
个儿童要分乘这些游船，为 安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他
们
5
人乘坐这三支游船 的所有安全乘船方法共有多少种？
【解析】 由于有儿童乘坐的游船上必须至少有
1
个成人陪同，所以儿童不能乘坐
C
船．
⑴若这
5
人都不乘坐
C
船，则恰好坐满
A、B
两船 ，①若两个儿童在同一条船上，只能在
A
船上，此
1
3
种方法；② 若两个儿童不在同一条船上，即分别在
A、B
两船时
A
船上还必须有
1
个成人，有
C
3
11
2
种选择，
1
个 成人有
C
3
3
种选择，所以有上，则
B
船上有
1
个儿童和
1
个成人，
1
个儿童有
C
2
2 36
种方法．故
5
人都不乘坐
C
船有
369
种安全方法；
1
3
种选择．其余的
2
个成人与
2
个儿童，⑵若这
5
人中有
1
人乘坐
C
船，这个人必定是个 成人，有
C
3
1
2
种方法，所以①若两个儿童在同一条船上，只能 在
A
船上，此时
A
船上还必须有
1
个成人，有
C< br>2
此时有
326
种方法；②若两个儿童不在同一条船上，那么
B< br>船上有
1
个儿童和
1
个成人，此时
1
个
1< br>2
种选择，所以此种情况下有
32212
种方法；故
5
人中有
1
人乘坐
C
船儿童和
1
个成人均有
C2
有
61218
种安全方法．所以，共有
91827
种 安全乘法．

【例 10】 从
10
名男生，
8
名女生中 选出
8
人参加游泳比赛．在下列条件下，分别有多少种选法？
⑴恰有
3
名女生入选；⑵至少有两名女生入选；⑶某两名女生，某两名男生必须入选；
⑷某两名女生，某两名男生不能同时入选；⑸某两名女生，某两名男生最多入选两人。
5
14112
种； 【解析】 ⑴恰有
3
名女生入选，说明男生有
5
人入选，应为
C
8
3
C
10
⑵要求至 少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求．运用包
含与排除的方法 ，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：
8871
C
18
C
10
C
10
C
8
43758
；
4
1001
种； ⑶
4
人必须入选，则从剩下的
14人中再选出另外
4
人，有
C
14
84
⑷从所有的选法< br>C
18
种中减去这
4
个人同时入选的
C
14
种：
84
C
18
C
14
43758100142 757
．
⑸分三类情况：
4
人无人入选；
4
人仅有
1
人入选；
4
人中有
2
人入选，共：
81726
C
14
C
4
C
14
C
4
C14
34749
。

【例 11】 在10名学生中，有5人会装电 脑，有3人会安装音响设备，其余2人既会安装电脑，又会安装音
响设备，今选派由
6
人组成的安装小组，组内安装电脑要
3
人，安装音响设备要
3
人，共有多少种
不同的选人方案？
【解析】 按具有双项技术的学生分类：
543
10
(种)选派方法；
321
⑵ 两人中选派
1
人，有
2
种选法．而针对此人的任务又分两类：
3
⑴ 两人都不选派，有
C
5


5410
(种)选法，而另外会安装音响设备的
21
3
人全选派上，只有
1
种选法．由乘法原理，有
10110
(种)选法；
32< br>若此人安装音响设备，则还需从
3
人中选
2
人安装音响设备，有
C
3
2

需从
5
人
3
(种)选法，< br>21
543
3
中选
3
人安装电脑，有
C
5
10
(种)选法．由乘法原理，有
31030
(种)选法．
321
根据加法原理，有
103040
(种)选法；
综上所述，一共有
24080
(种)选派方法．
⑶ 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：
①两人全安装电脑，则还需要从
5
人中 选
1
人安装电脑，另外会安装音响设备的
3
人全选上安装
音响设备， 有
515
(种)选派方案；
若此人要安装电脑，则还需
2
人安 装电脑，有
C
5
2

②两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有< br>C
5
2
C
3
2

3
③两人全安装 音响设备，有
3C
5
3
5432
60
(种) 选派方案；
2121
543
30
(种)选派方案．
321
根据加法原理，共有
5603095
(种)选派方案．
综合以上所述，符合条件的方案一共有
108095185
(种)．

【例 12】 有11名外语翻译人员，其中
5
名是英语翻译员，
4
名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通．从
中找出
8
人，使他们组成两个翻译小 组，其中
4
人翻译英文，另
4
人翻译日文，这两个小组能同时
工作． 问这样的分配名单共可以开出多少张？
【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类：
1
5
种选择，需从
4
名日语翻译员⑴ 多面手不参加，则需从5
名英语翻译员中选出
4
人，有
C
5
4
C< br>5
中选出
4
人，有
1
种选择．由乘法原理，有
51 5
种选择．
⑵ 多面手中有一人入选，有
2
种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能： 543
10
种选择，需从
4
名
321
日语翻 译员中选出
4
人，有
1
种选择．由乘法原理，有
210120
种选择；
3
如果参加英文翻译，则需从
5
名英语翻译员中再选出< br>3
人，有
C
5

1
5
种选择，需从
4
名日语翻如果参加日文翻译，则需从
5
名英语翻译员中选出
4
人 ，有
C
5
4
C
5
31
C
4
 4
种选择．由乘法原理，有
25440
种选择．根据加法原理，译员中再选出< br>3
名，有
C
4
多面手中有一人入选，有
204060种选择．
⑶ 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况：
①两人都译英文；②两人都译日文；③两人各译一个语种．
54
10
种 选择．需从
4
名日语翻译员中
21
选
4
人，
1< br>种选择．由乘法原理，有
110110
种选择．
情况①中，还需从5
名英语翻译员中选出
2
人，有
C
5
2
1
5
种选择．还需从
4
名日语翻译员中选情况②中，需从
5< br>名英语翻译员中选出
4
人，有
C
5
4
C
5
43
6
种选择．根据乘法原理，共有
15630
种选择．
21
情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择．剩下的需从
5
名英语翻译员中选出
3
人，
2
出
2
人，有
C
4

543
31
C
4
4
种选择．由乘法 原
10
种选择，需从
4
名日语翻译员中选出
3
人，有C
4
321
理，有
1210480
种选择．
根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有
103080120
种选择． < br>3
有
C
5


综上所述，由加法原理，这样的分 配名单共可以开出
560120185
张．

二、 几何计数

【例 13】 下图中共有____个正方形。

【解析】 每个
44
正方形中有：边长为1的正方形有
4
个；边长为2的正方形有
32
个； 边长为3的正方形
有
2
2
个；边长为4的正方形有1
2
个；总共有
4
2
3
2
2
2< br>1
2
30
(个)正方形．现有5个
44
的正方
形，它们重叠部分是4个
22
的正方形．因此，图中正方形的个数是
3055 4130
。

【例 14】 在图中(单位：厘米)：
①一共有几个长方形?
②所有这些长方形面积的和是多少?
2
5
1281
2
4
7

【解析】 ①一共有
(4321)(4321)100
(个)长方形；
②所求的和是

51281(512)(128)(81)( 5128)(1281)(51281)


3

2473(24)(47)(73)(247)(473)(247 3)

1448612384
(平方厘米)。


【例 15】 由20个边长为1的小正方形拼成一个
45
长方形中有一 格有“☆”图中含有“☆”的所有长方形
(含正方形)共有 个，它们的面积总和是 。 (第六届走美决赛试题)






☆




【解析】 含☆的一行内所有可能的长方形有：(八种)










☆
☆


☆

☆

☆
☆


☆
☆
含☆的一列内所有可能的长方形有：(六种)
☆ ☆


☆


☆

☆



☆

所以总共长方形有
6848
个，面 积总和为
(12233445)(122334)360
。

【巩固】 图中共有多少个三角形？

【解析】 显然三 角形可分为尖向上与尖向下两大类，两类中三角形的个数相等．尖向上的三角形又可分为6
类


（1）最大的三角形1个(即△ABC)，
（2）第二大的三角形有3个
（3）第三大的三角形有6个
（4）第四大的三角形有10个
（5）第五大的三角形有15个
（6）最小的三角形有24个
所以尖向上的三角形共有1+3+6+10+15+24=59（个）
图中共有三角形2×59=118（个）。

【例 16】 一个圆上有12个点A
1
，A
2
，A
3
，…，A
11
，A
12
．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三
角形的顶点，且各个三角形的边都不相 交．问共有多少种不同的连法?
【解析】 我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的三个
点一定只能在A
1
所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这
时有可能的连法。
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．







共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A
1
所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．

共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种。

课后练习：

练习1. 如图，其中的每条线段都是水平的或竖直的，边界上各条线段的长度依次为5厘米、7厘米、 9厘米、
2厘米和4 厘米、6厘米、5厘米、1厘米．求图中长方形的个数，以及所有长方形面积的和。

【解析】 利用长方形的计数公式：横边上共有n条线段，纵边上共有m条线段，则图中共有长方形（平 行四
边形）mn个，所以有(4+3+2+1)×（4+3+2+1）=100，这些长方形的面积和为 ：（5+7+9+2+12+16+11+21+
18+23）×（4+6+5+1+10+11+6 +15+12+16）=124×86=10664。

练习2. 有10粒糖，每天至少吃一粒，吃完为止，共有多少种不同的吃法？
【解析】 初看本题似乎觉得很好入手，比如可以按天数进行分类枚举：
1天吃完的有1种方法，这天吃10块； 2天吃完的有9种方法，10=1+9=2+8=……=9+1；
当枚举到3天吃完的时，情况就有点 错综复杂了，叫人无所适从……所以我们必须换一种角度来思
考．
不妨从具体的例子入手来分析，比如这10块糖分4天吃完：
第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．
我们可以将10个“○”代表10粒糖 ，把10个“○”排成一排，“○”之间共有9个空位，若相邻
两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条 竖线(如下图)．
○○|○○○|○|○○○○
比如上图就表示“第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．”
这样一来，每一种吃糖的方法就对应着一种“在9个空位中插入若干个‘|’的方法”，要求有多少
个不 同的吃法，就是要求在这9个空位中插入若干个“|”的方法数。
由于每个空位都有画‘|’与“不画‘|’两种可能：


9
2 L
4

根据乘法原理，在这9个空位中画若干个“|”的方法数有：
2
1

442
2
43
22512
，这也就说明
9
每个空位都有画“|”与不画“|”两种可能
吃完10颗糖共有512种不同的吃法。

练习3. 用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图用这样的等边三 角形拼合成一个更大的等边三角
形.如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少 根火柴?

【解析】 把大的等边三角形分为“20”层分别计算火柴的根数：
最上一层只用了3根火柴；
从上向下数第二层用了3×2=6根；
从上向下数第二层用了3×3=9根；
……
从上向下数第二层用了3×20=60 根；所以总共要用火柴3×（1+2+3+……+20）=630。

练习4. 如图所示，用长短相同的火柴棍摆成3×1996的方格网，其中每个小方格的边都由一根火柴棍组
成，那么一共需用多少根火柴棍?

【解析】 横放需1996×4根，竖放需1997×3根
共需1996×4+1997×3=13975根。

练习5. 编号为1、2、3、4的四把椅子，摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去 坐，规定甲、乙两人
必须坐在相邻座位上，一共有多少种坐法？（长沙市奥林匹克代表队集训试题）
解析：如右图，四把椅子排成一个圆圈。

④号位上时，各有4种排法。
所以，一共有16种排列法。

当甲坐在①号位时，乙只能坐在②或④号位上，则共有4种排法；同理，当甲分别坐在②、③、
练习6. 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈中，使任意相邻两个圆圈内数字之和
都是质 数，那么最多能找出______种不同的挑法来。（挑出的数字相同，而排列次序不同的都只算一种）（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）

解析：在1至9这九个自然数中，奇 数有1、3、5、7、9五个，偶数有2、4、6、8四个。要使排列
之后，每相邻两个数字之和为质数 ，则必须奇数与偶数间隔排列，也就是每次取3个奇数和3个偶数。
从五个奇数中，取3个数共有10种方法；
从四个偶数中，取3个数共有4种方法。
但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的排列。经检验，共有26种排法。