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第80炼 排列组合的常见模型
一、基础知识：
排列、组合、二项式
1.分类计数原理（加法原理）
Nm
1
m
2
m
n
.
2.分步计数原理（乘法原理）
Nm1
m
2

3.排列数公式
m
n
. < br>A
n
m
=
n(n1)(nm1)
=
4.排列 恒等式
n！
*
n
.(
n
，
m
∈N，且
mn
)．注:规定
0!1
.：
A
n
=n!
(nm)！
n
mm1
m
AnA
;（3）
A< br>n
nn1
;
1
nm
nn1nmmm1
（4）
nA
n
A
n1
A
n
;（5）
A
n1
A
n
mA
n
.
(6)
1!22!33!nn!(n1)!1
.
mm1
m
(1）
A
n
(nm1)A
n
;（2）
An

（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=1 20，6！=720
单条件排列（以下各条的大前提是从
n
个元素中取
m
个元素的排列）
（1）“在位”与“不在位”
m1mm11m1
①某（特）元必在某位有A
n1
种；②某（特）元不在某位有
A
n
A
n1
（补集思想）
A
n1
A
n1
（着眼位
m1m 1
置）
A
n1
A
m1
A
n1
（着眼元素）种
（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）
①定位紧贴：
k(km n)
个元在固定位的排列有
A
k
A
nk
种
km k
mk1k
②浮动紧贴：
n
个元素的全排列把k个元排在一起的排法有
A
nk1
A
k
种
注：此类问题常用捆绑法；
③插空：两组元素分别有k、h个（
kh1
），把它们合在一起来作全排列，k个的一组 互不能挨近的所
有排列数有
A
h
A
h1
种
hk
（3）两组元素各相同的插空
m
个大球
n
个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？
n< br>A
m
n
1
当
nm1
时，无解；当
n m1
时，有
n
C
m1
种排法
A
n
（4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为
C
mn< br>
n
5．分配问题
6“错位问题”及其推广
①信2封信与2个信封全部错位有1种排法；
②信3封信与3个信封全部错位有2种排法；
③信4封信与4个信封全部错位有9种排法；
④信5封信与5个信封全部错位有44种排法；
贝努利装错笺问题:信
n
封信与
n
个信封全部错位的组合数为
1111
(1)
n
]

2!3!4!n!
推广:
n
个元素与
n
个位置,其中至少 有
m
个元素错位的不同组合总数为
1234
f(n,m)n!C
m
(n1)!C
m
(n2)!C
m
(n3)!Cm
(n4)!
f(n)n![
(1)C(np)!
pp< br>m
(1)C(nm)!
m
C
m
(1)
m< br>]

A
n
m
mm
m

1234p< br>C
m
C
m
C
m
C
m
p
C< br>m
n![1
1

2

2

4< br>(1)
p

A
n
A
n
A
n< br>A
n
A
n
7．不定方程
x
1
+x
2
++x
n
m
的解的个数

(1)方程
x
1
+x
2
+
(2) 方程
x
1
+x
2
+
(3) 方程
x
1+x
2
+
n1
C
m1(n2)(k1)
个
n1
+x
n
m
（
n,mN

）的正 整数解有
C
m
个
1
1
+x
n
m（
n,mN

）的非负整数解有
C
n
n


个
m1
+x
n< br>m
（
n,mN

）满足条件
x
i
k< br>(
kN

,
2in1
)的非负整数解有
8. 组合
（1）组合的定义，排列与组合的区别
（2）组合数公式：C
n
m< br>=
n!n(n-1)

(n-m1)
=
m!(nm)! m(m1)

21
12.解排列组合应用题的基本规律
（1）分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：①单独使用；②联合使用。
（2）将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。
（3）对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：
①元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素。
②位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置。
③整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。
（4）对解组合问题，应注意以下三点：
①对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法。
②是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”。
③设计“分组方案”是解组合题的关键所在。
2.解排列、组合题的基本策略与方法
（1）去杂法
对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解 决排列组合应用题时
一种常用的解题方法。
（2）分类处理
某些问题总体不好解决 时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。这是解排列组合问题的基
本策略之一。注意的是：分 类不重复不遗漏，即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理
与分 类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列
组合问题 时，常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，后分步。
（4）插入法（插空法）
某些元 素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法。即先安排好没有限制条件的元素，然
后再将有限 制条件的元素按要求插入排好的元素之间。
（5）“捆绑”法
把相邻的若干特殊元素“捆绑 ”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”。
将特殊元素在这些位置上全排列 ，即是“捆绑法”。
（6）穷举法：
将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来。
（7）探索法：
对于复杂的情况，不易发现其规律的问题，需仔细分析，从特殊到一般，或一 般到特殊，探索出其中
规律，再给予解决。
（8）消序处理
对均匀分组问题的解决 ，一定要区分开是“有序分组”还是“无序分组”，若是“无序分组”，一定要
清除均匀分组无形中产生 的有序因素。

1.五名学生站在一排，其中甲必须站在乙的左边（可以不相邻）的站法种数为（ ）
A．
A
4
B．
4
1
4
1
A
4
C．
A
5
5
D．
A
5
5

22
2.若把单词“error”中字母的拼写顺序写错了，则可能出现的错误的种数为（ ）

A．20 B．19 C．10 D．9

解：根据题意，英语单词“error”中有5个字母，其中3个“r”，

先排字母 “e”、“o”，在5个位置中任选2个，放置字母“e”、“o”即可，有A
5
2
= 20种不同的排法，
再安排3个“r”，直接将其放进剩余的3个位置即可，有1种排法，则这5个字母 有20×1=20
种不同的排法，其中正确的顺序有1种，

则可能出现的错误的种数是20﹣1=19种，

故选：B．

（9）“住店”法
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”，再利用分步计数原理直接求解的 方法称为“住店”法。
（10）等价命题转换法
将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问 题。这是解数学题的主要思想方法之一，也是解较难的排
列、组合题的重要策略。
3.赋值法
所谓赋值法是指在二项展开公式两边用特殊值代入，得出某些等式及组合数的性质。解决与二项式系数相关的问题。
4.构造二次式
5.算两次
对同一对象从两个不同角度去进 行计数，再将两方面计算的结果综合起来，获得所需结论。这样一种
处理问题的方法，称之为算两次。
在排列组合中，常对同一问题可有不同的分类办法去解，可得到有关排列数与组合数的不同关系式。
（一）处理排列组合问题的常用思路：
1、特殊优先：对于题目中有特殊要求的元素，在考虑步骤时优先安排，然后再去处理无要求的元素。
例如：用
0,1,2,3,4
组成无重复数字的五位数，共有多少种排法？
解：五位数意味着首位不能是0，所以先处理首位，共有4种选择，而其余数位没有要求，只需将剩下的
4
元素全排列即可，所以排法总数为
N4A
4
96
种
2、寻找对立事件：如果一件事从正面入手，考虑的情况较多，则可以考虑该事的对立面，再用全部可能
的总数减去对立面的个数即可。
例如：在10件产品中，有7件合格品，3件次品。从这10件产品 中任意抽出3件，至少有一件次品的情
况有多少种
一般解法：一件次品，
一共有C
3

C
7
,两件次品
C
3

C
7
,三件次品
C
3
,
1
12213
C
3

C
7

12
C
3

C
7

2
C
3
3
85
（种）
秒杀法：如果从正面考虑，则“至少1件次品”包含1件，2件，3件次品的情况，需要进行分类讨论，
33
但如果从对立面想，则只需用所有抽取情况减去全是正品的情况即可，列式较为简单。
N C
10
C
7
85
（种）

3、先取再排（先分组再排列）：排列数
A
n
是指从
n
个元 素中取出
m
个元素，再将这
m
个元素进行排列。
但有时会出现所需排 列的元素并非前一步选出的元素，所以此时就要将过程拆分成两个阶段，可先将所需
元素取出，然后再进 行排列。
例如：从4名男生和3名女生中选3人，分别从事3项不同的工作，若这3人中只有一名女生 ，则选派方
案有多少种。
解：本题由于需要先确定人数的选取，再能进行分配（排列），所以 将方案分为两步，第一步：确定选哪
213213
些学生，共有
C
4
C
3
种可能，然后将选出的三个人进行排列：
A
3
。所以共有
C
4
C
3
A
3
108
种方案
m
（二）排列组合的常见模型
1
、捆绑法（整体法）：
当题目中有 “相邻元素”时，则可将相邻元素视为一个整体，与其他元素进
行排列，然后再考虑相邻元素之间的顺序 即可。
例如：5个人排队，其中甲乙相邻，共有多少种不同的排法
解：考虑第一步将甲乙视 为一个整体，与其余3个元素排列，则共有
A
4
种位置，第二步考虑甲乙自身顺
242
序，有
A
2
种位置，所以排法的总数为
NA
4< br>A
2
48
种
4
2
、插空法：
当题目中 有“不相邻元素”时，则可考虑用剩余元素“搭台”，不相邻元素进行“插空”，然
后再进行各自的排序
注：（1）要注意在插空的过程中是否可以插在两边
（2）要从题目中判断是否需要各自排序
例如：有6名同学排队，其中甲乙不相邻，则共有多少种不同的排法
解：考虑剩下四名同学“ 搭台”，甲乙不相邻，则需要从5个空中选择2个插入进去，即有
C
5
种选择，然242
后四名同学排序，甲乙排序。所以
NC
5
A
4
A
2
480
种
2
（2015•南昌校级三模）ABCDEF 6个同学和1个数学老师站成一排合影留念，数学老师穿白色
文化衫，A，B和C，D同学分别穿着白色 和黑色文化衫，E和F分别穿着红色和橙色的文化
衫．若老师站中间，穿着白色文化衫的不相邻，则不同 的站法种数为（ ）

A．72 B．192 C．112
解：由4个同学CDEF全排列共有
D．160

，再把老师安排在中间，其安排方法不变．如CD师EF．从
穿着白色文 化衫的AB两名同学中任选一名安排在左边可有两种安排方法，剩下的另外一位同
学安排在右边也有两种 安排方法，如ACD师EFB或CAD师EBF等，由乘法原理可得
=192．

故选：B．

3、
错位排列：
排列好的< br>n
个元素，经过一次再排序后，每个元素都不在原先的位置上，则称为这
n
个元
素的一个错位排列。例如对于
a,b,c,d
，则
d,c,a,b
是 其中一个错位排列。3个元素的错位排列有2种，4
个元素的错位排列有9种，5个元素的错位排列有4 4种。
以上三种情况可作为结论记住
例如：安排6个班的班主任监考这六个班，则其中恰好有两个班主任监考自己班的安排总数有多少种？
解：第一步先确定那两个班班主任监考自己班，共有
C
6
种选法，然后剩下4 个班主任均不监考自己班，
2
则为4个元素的错位排列，共9种。所以安排总数为
N C
6
9135

2
4
、依次插空：（局部无序问题）

如果在
n
个 元素的排列中有
m
个元素保持相对位置不变，则可以考虑先将这
m
个元素排好 位置，再
将
nm
个元素一个个插入到队伍当中（注意每插入一个元素，下一个元素可 选择的空
1
）
例如：已知
A,B,C,D,E,F
6个人排队， 其中
A,B,C
相对位置不变，则不同的排法有多少种
一般解法：考虑先将
A,B,C
排好，则
D
有4个空可以选择，
D
进入队伍后，
E
有5个空可以选择，以此
类推，
F
有6种选择，所以方法的总数为
N456120
种
秒杀法：6个位置，先安排
D,E,F
,共有< br>A
120
种，再把
A,B,C
放入，只有一种方法。
6
3
1.五名学生站在一排，其中甲必须站在乙的左边（可以不相邻）的站法种数为（ ）
A．
A
4
B．
4
1
4
1
A
4
C．
A
5
5
D．
A
5
5

22
2.若把单词“error”中字母的拼写顺序写错了，则可能出现的错误的种数为（ ）
A．20 B．19 C．10 D．9

5
、不同元素分组：
将
n
个不同元素放入
m个不同的盒中
m1
6
、相同元素分组：
将
n
个相同 元素放入
m
个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有
C
n1
种。
解决此类问题常用的方法是“挡板法”，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里所含元素个数， 则可将
这
n
个元素排成一列，共有

n1

个空 ，使用

m1

个“挡板”进入空档处，则可将这
n
个元 素划分为
m
个区域，刚好对应那
m
个盒子。
例如：将6个相同的小 球放入到4个不同的盒子里，那么6个小球5个空档，选择3个位置放“挡板”，
3
共有
C
5
20
种可能
7
、涂色问题：
涂色的规则是“相邻 区域涂不同的颜色”，在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进

行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相
邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。例如：最多使用四种颜色涂图中四
个区域，不同的涂色方案有多少种？
解：可根据使用颜色的种数进行分类讨论
4
（1）使用4种颜色，则每个区域涂一种颜色即可：
N
1
A
4
< br>（2）使用3种颜色，则有一对不相邻的区域涂同一种颜色，首
相邻的区域：用列举法可得：
I,IV

不相邻
3
所以涂色方案有：
N
2
A
4

先要选择不
（3）使用2种颜色，则无法找到符合条件的情况，所以讨论终止
43
总计
SA
4
A
4
48
种 4．
（2010•天津）
如图所示，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个 点涂色，要求每个点涂
一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有( B )
A．288种 B．264种 C．240种 D．168种

解：∵图中每条线段的两个端点涂不同颜色，

可以根据所涂得颜色的种类来分类，

B，D，E，F用四种颜色，则有A
4
4
×1×1=24种涂色方法；

B，D，E，F用三种颜色，则有A
4
3
×2×2+A
4
3
×2×1×2=192种涂色方法；

B，D，E，F用两种颜色，则有A
4
2
×2×2=48种涂色方法；< br>
根据分类计数原理知共有24+192+48=264种不同的涂色方法．


1．用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶点涂不同的颜色，则符合条件的所有涂法
共有（ ）
A．24种 B．48种 C．64种 D．72种
【答案】D
【解析】
一般解法：假设 四种颜色为红、黑、白、黄，先考虑三点
S、A、B
的涂色方法，有
432
种方法，若
C
点与
A
不同色，则
C
、
D
点只有
1
种涂色的方法，有
24
种涂法，若
C
点与
A
同色，则
D
点有
2
种涂色的
方法，共
48
种涂法，所以不同的涂法共有
72
种．

3
秒杀法：可以同颜色 的点有
AC、BD
，用
3
种颜色涂色时，即
AC、BD
同色 ，共有
A
4
24
种涂色的方
4
法，用
4
种颜色时，有
AD
和
BC
同色
2
种情况，共有
2A
4
48
，故共有
72
种,故选D．
解：当AC同色时，有

=48种，当AC异色时，有=24种，

根据分类计数原理得，不同的涂色方法共有48+24=72种．

故选：A．

（2014•市中区校级二模）如图，用四种不同颜色给三棱柱ABC﹣ A
1
B
1
C
1
的六个顶点涂色，要
求四种颜色全都 用上，每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同
的涂色方法的种数为 216 （用数字作答）．


解：根据题意，四种颜色全都用上，每个点涂一种颜色，

第一步，为A、B、C三点涂色共有A
4
3
种；

第二步， 在A
1
、B
1
、C
1
中选一个涂第4种颜色，有3种情况；

第三步，为剩下的两点涂色，

假设剩下的为B
1
、C< br>1
，若B
1
与A同色，则C
1
只能选B点颜色；若B
1
与C同色，则C
1
有A、
B处两种颜色涂．故为B
1
、C
1
共有3种涂法，

即剩下的两个点有3种情况，则共有A
4
3
×3×3=216种方法．

故答案为：216．

如图，用四 种不同颜色的灯泡安装在图中的A，B，C，D，E，F六个点，要求每个点安装一
个灯袍，且图中每条 线段两个端点的灯泡颜色不同，则不同的安装方法共有多少种？


解：第一步，为A、D、E三点选三种颜色灯泡共有A
4
3
种选法；

第二步，为B点选一种颜色共有不同于A点的3种选法；

第三步，为C、F选灯泡： 若C与A同色，则F只有一种颜色可选；若C与A异色，则C有
两种颜色可选，则F只有一种颜色可选． 故为C、F选灯泡共有3种选法

根据分步计数原理可得共有A
4
3
×3×3=216种方法

（2014春•璧山区校级月考）用五种不同颜色给三棱台ABC﹣DEF六个顶点涂色，要求每个点

涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有 1920 种．

解：分两步来进行，先涂A、B、C，再涂D、E、F．

①若5种颜色都用上，先涂A、B、C，方法有种；再涂D、E、F中的两个点，方法有
=720种．< br>
种；

种，

最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法 共有
②若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有
先涂A、B、C，方法有种；再涂D、 E、F中的1个点，方法有3种，

=1080种．

种；

最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有
③若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有
先涂A、B、C，方法有
故此时方法共有
种；再涂D、E、F，方法有2种，

=120 种．

综上可得，不同涂色方案共有 720+1080+120=1920 种，

故答案为：1920．

（2009秋•惠民县期末）要为图中A、B、C、D、E五 个区域涂色，一个区域仅涂一种颜色，
且相邻的区域不同色，现有四种颜色可选，则不同的涂色方法种数 为 72 ．（用数字作答）


解：根据题意，分2类讨论①若B、D 同色，先涂 A，方法有C
4
1
种，再涂B、D，方法有C
3
1
种，最后 涂E、C，还剩下2种颜色，

E、C可同色有2种方法，可不同色有2种方法，∴B、D 同 色时共有C
4
1
•C
3
1
•4=48种不同方
法．

②若B、D 不同色，先先涂 A，方法有C
4
1
种，再涂B、D ，方法有A
3
2
，最后涂E、C 只有1
中方法，∴若B、D 不同色时共有C
4
1
•A
3
2
•1=24 种不同方法，

综上，所有的涂法共有48+24=72（种）；

故答案为72．

二、典型例题：
例1..某电视台邀请了6位同学的父母 共12人，请12位家长中的4位介绍对子女的教育情况，如果这4

位中恰有一对是夫妻，则不同选择的方法种数有多少
思路：本题解决的方案可以是：先挑选出一对夫妻，然后在挑选出两个不是夫妻的即可。
第一步：先挑出一对夫妻：
C
6

2
第二步：在剩下的10 个人中选出两个不是夫妻的，使用间接法：
C
10
5

1
12
所以选择的方法总数为
NC
6
C
10
5240< br>（种）

答案：
240
种
例2.某教师一天上3个班级 的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能
连上3节课（第5节和第6 节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（ ）
A.
474
种 B.
77
种 C.
462
种 D.
79
种
思路： 本题如果用直接法考虑，则在安排的过程中还要考虑两节连堂，并且会受到第5,6节课连堂的影响，
分 类讨论的情形较多，不易求解。如果使用间接法则更为容易。
一般解法：
秒杀法：首先在无 任何特殊要求下，安排的总数为
A
9
。不符合要求的情况为上午连上3节：
A
4
和下午连
3333
上三节：
A
3
，所以不同排法 的总数为：
A
9
A
4
A
3
474
（ 种）
33
答案：A
A


8
3
（20 15秋•上饶校级月考）我校每天白天安排8节课，上午5节，下午3节，某老师上两个
班的课．某天A 班2节，B班1节，要求A班两节连排，B班与A班的课不连续上，上午第
五节与下午第一节不算连排． 该老师这一天有 28 种不同的排课方法．

解：由题意，分类讨论，A班上1、2，B班有 5种方法；A班上2、3，B班有4种方法；A
班上3、4，B班有4种方法；A班上4、5，B班有5 种方法；A班上6、7，B班有5种方法；
A班上7、8，B班有5种方法；

故共有5+4+4+5+5+5=28种，

故答案为：28．

秒杀法：

例3.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3 位女生中有且只有两位女生相邻，
则不同排法的种数是（ ）
A.
60
B.
48
C.
42
D.
36

思路：首先考虑从3位女生中先选中相邻的两位女生，从而相邻的女生要与另 一女生不相邻，则可插空，
让男生搭架子，因为男生甲不站两端，所以在插空的过程中需有人站在甲的边 上，再从剩下的两个空中选
一个空插入即可。
第一步：从三位女生中选出要相邻的两位女生：
C
3

第二步：两位 男生搭出三个空，其中甲的边上要进入女生，另外两个空中要选一个空进女生，所以共有
C
2< br>种选法。
第三步：排列男生甲，乙的位置：
A
2
，排列相邻女生和单 个女生的位置：
A
2
，排列相邻女生相互的位置：
22
1
2
A
2
2

21222
所以共有
NC
3< br>C
2
A
2
A
2
A
2
48
种
答案：B
例4.某班班会准备从甲，乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲 ，乙两名同学至少有一人参加，且若
甲乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序种数为 （ ）
A. 360 B. 520 C. 600 D. 720
思路：因为选人的结果不同会导致安排顺序 的不同，所以考虑“先取再排”，分为“甲乙”同时选中和“甲
乙只有一人选中”两种情况讨论：若甲乙 同时被选中，则只需再从剩下5人中选取2人即可：
C
5
，在安
22
排顺序时，甲乙不相邻则“插空”，所以安排的方式有：
A
3
A
2
，从而第一种情况的总数为：
21
N
1
C
5
2
 A
3
2
A
2
120
（种），若甲乙只有一人选中，则首 先先从甲乙中选一人，有
C
2
，再从剩下5人
3134
中选取三人， 有
C
5
，安排顺序时则无要求，所以第二种情况的总数为：
N
2C
2
C
5
A
4
480
（种），
2
从而总计600种
答案：C
例5.从单词“equation”中选取5个不 同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连且顺序不变）的
不同排列共有________种
思路：从题意上看，解决的策略要分为两步：第一步要先取出元素，因为“qu”必须取出，所以另外3 个
元素需从剩下的6个元素中取出，即
C
6
种，然后在排列时，因为要求“q u”相连，所以采用“捆绑法”，
将qu视为一个元素与其它三个元素进行排列：
A
4
，因为“qu”顺序不变，所以不需要再对qu进行排列。
34
综上，共有：
C
6
A
4
480
种
4
3
答案：
480

例6.设有编号
1,2,3,4,5
的五个茶杯和编号为
1,2,3,4,5
的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有
两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法有（ ）
A. 30种 B. 31种 C. 32种 D. 36种
思路：本题可按照相同编号的个数进行分类讨论， 有两个相同时，要先从5个里选出哪两个相同，有
C
5
种
2
选法，则 剩下三个为错位排列，有2种情况，所以
N
1
C
5
2
， 有三个相同时，同理，剩下两个错位排列
3
只有一种情况（交换位置），所以
N
2
C
5
1
，有四个相同时则最后一个也只能相同，所以
N3
1
，从而
3
SC
5
2
2C
5
1131
（种）
2
答案：B
例7.某人上10级台阶， 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步；最多能
跨3级台阶，称为三阶步 ，若他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则此人所有可能的不同过程
的种数为（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
答案：A
思路：首先要确定在 这6步中，一阶步，二阶步，三阶步各有几步，分别设为
x,y,zN
，则有

x4

x3

x2

x3

xyz6

y0,y2,y4
，解得：，因为相邻两步 不同阶，所以符合要求的只有

y2
，


x2 y3z10

z2

z1

z0
z1

下面开始安排顺序，可以让一阶步搭架子，则二阶步与三阶步必须插入一阶 步里面的两个空中，所以共有
2种插法，二阶步与三阶步的前后安排共有3种（三二二，三二三，二三三 ），所以过程总数为
N236

答案：A
例8.某旅行社有导游9人 ，其中3人只会英语，2人只会日语，其余4人既会英语又会日语，现要从中选
6人，其中3人负责英语 导游，另外三人负责日语导游，则不同的选择方法有_______种
思路：在步骤上可以考虑先选定 英语导游，再选定日语导游。英语导游的组成可按只会英语的和会双语的
人数组成进行分类讨论，然后再 在剩下的人里选出日语导游即可。第一种情况：没有会双语的人加入英语
3333
导游队伍，则 英语导游选择数为
C
3
，日语导游从剩下6个人中选择，有
C
6中，从而
N
0
C
3
C
6
，第二
种 情况：有一个会双语的人加入英语导游队伍，从而可得
N
1
C
4
C
3
C
5
，依次类推，第三种情况。两
个会双语的加入英语导游队伍 ，则
N
2
C
4
C
3
C
4
， 第四种情况，英语导游均为会双语的。则
33
N
3
C
4
 C
3

12

3

21

3，综上所述，不同的选择方法总数为

3312321
SC
3
C
6


C
4
C
3< br>
C
5


C
4
C
3

C
4
3
C
4
3
C
3
3< br>216
(种)
答案：216种
例9.如图，用四种不同颜色给图中
A,B,C,D,E,F
六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段
的两个端点涂 不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A.
288
种 B.
264
种 C.
240
种
思路：如果用四种颜色涂六个点，则需要有两对不相邻的点涂相同的
考虑列举出不相邻的两对点 。列举的情况如下：

A,C

B,D

，
D.
168
种
颜色。所以

A,C

B,E

，

A,C

D,F

，

A,F

B,D

，

A,F

B ,E

，

A,F

C,E

，

B,D

C,E

，

B,E

D,F

，

C,E

D,F

共九
4
色方法共有
9A
4
216

组，所以涂
如果用三种颜色涂六个点，则需要有三对不相邻的点涂相同的颜色，列举情况如下：

A,C

B,E

D,F

，
A,F

C,E

B,D

共两组，所 以涂色方法共有
2A
4
3
48

综上所述，总计
264
种
答案：B
例10.有8张卡片分别标有 数字
1,2,3,4,5,6,7,8
，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间
行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有（ ）
A. 1344种 B. 1248种 C. 1056种 D. 960种
思路：中间行数字和为5只有两种情况，即
1,4
和
2,3
，但这两 组不能同时占据两行，若按题意思考，以
1,4
占中间行为例，则在安排时既要考虑另一组2,3
是否同时被选中，还要考虑同时被选中时不能呆在同一行，
情况比较复杂。所以考虑 间接法，先求出中间和为5的所有情况，再减去两行和为5的情形
解：先考虑中间和为5的所有情况：
第一步：先将中间行放入
1,4
或
2,3
：
C
2< br>
第二步：中间行数字的左右顺序：
A
2

第三步：从剩下6个数字中选择4个，填入到剩余的四个位置并排序：
A
6

124
所以中间和为5的情况总数为
SC
2
A
2
A
4
1440

4
2
1
在考虑两行和为5的情况：

< br>第一步：
1,4
，
2,3
两组中哪组占用中间行：
C
2

第二步：另一组可选择的行数：
C
2

第三步：
1,4
，
2,3
在本行中的左右顺序：
A
2
A
2

第四步：从剩下4个数中选取2个填入所剩位置并排序：
A
4
< br>11222
所以两行和为5的情况：
NC
2
C
2
A
2
A
2
A
4
192

2
22
1
1
从而仅有中间行为5的情况为
SN1248
（种）
答案：B
8．幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级， 若规定从二楼到三楼用
8步走完，则方法有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
【答案】C
【解析】因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个 台阶的有2步，那么共有
C
2
8
＝28种走法．

（20 08•宁波校级模拟）某幢楼从二楼到三楼的楼梯共11级，上楼可以一步上一级，也可以
一步上两级， 若规定从二楼到三楼用7步走完，则上楼梯的方法有 35 种．

解：∵从二楼到三楼的楼梯共11级，规定从二楼到三楼用7步走完

∴七次中选四步 走两级的组合七步中肯定是三步一级，四步两级，共有C
7
4
=35种结果，

故答案为：35

（2017春•钦州期末）某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上 楼可以一步上一级，也可以一
步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则上楼梯的方法有（ ）

A．45种 B．36种 C．28种 D．25种

解：由题意可知一 步上一级，有6步；一步上两级有2步；所以一步2级不相邻有C
7
2
=21种，一步2级相邻的走法有：7种；共有21+7=28种．

故选：C．

有10级台阶，一次每步跨上一级，二级或三级，共7步走完，则不同的走法总数是（ ）

A．175 B．42 C．77 D．35

（2014春•东湖区校级期中）一段楼梯共有12个阶梯，某人上楼时，有时迈一 阶有时迈两阶，

（1）此人共用7步走完，问有多少种不同的上楼的方法．

（2）试求此人共有多少种不同的上楼的方法．

解：（1）由题意可知，用7步走完这一段楼梯时，一步上一级，有2步；一步上两级有5步，

所以，共有

=21；

（2）由题意， 分类讨论，用6，7，8，9，10，11，12步走完，可得
=233．

解：设跨上一级的x次，二级的y次，三级的z次，那么

x+2y+3z=10，x+y+z=7，x，y，z≥0．

那么y+2z=3，两种情况：y=3，z=0，x=4．

所以有3次跨上2级，7次跨上一级．

有C
7
3
=35方法从7步去选择2级的3步的位置．

y=1，z=1，x=5，先在7步中选择3级位置的C
7
1
，

然后在剩下6步中选择2级的位置C
6
1
，共有7×6=42．

∴根据分类计数原理知总共有35+42=77种走法．

故选：C．
9．将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小朋友，且每个小朋友至少分得一个球的分法有（ ）种
A．15 B．21 C．18 D．24
【答案】B
【解析】
试题分析：将四个小球分成
(2,1,1)
组，其中2个球分给一个小朋友的分法有（红红），（红白），（红黄）， < br>（白黄)四种。若(红红)，(红白)，(红黄)分给其中一个小朋友，则剩下的分给其余两个小朋友，共 有
2
33A
2
18
种；若(黄白)分给其中的一个小朋友，则 剩下的分给其余两个小朋友，只有一种分法，共有
133
种。由分类计数原理可得所有分法 种数为
18321
,应选B。
10．不定方程
xyz12
的非负整数解的个数为 .
【答案】
91

【解析】
试题分析：令
x1
， 则
yz11
，这时
y1,2,3,,10.z10,9,,1< br>共
10
种可能；若
x2
，则
yz10
，
这时
y1,2,3,,9.z9,8,,1
共
9
种可能； 若
x3
，则
yz9
，这时
y1,2,3,,8.z 8,7,,1
共
8
种
可能；---；若
x10,y1,z 1
，共
1
种可能.所以共有
121055
种可能； 若
x0,y1,2,,11.z11,10,,1
，共有
11种可能；同理若
y0,x1,2,,11.z11,10,,1
和z0,x1,2,,11.y11,10,,1
也各有
11
种 可能，计
33
种可能.这样共有
553388
，另外还有
x0 ,y0,z12;x0,y12,z0;x12,y0,z0
三种可能，所以总共有< br>88391
种可能，故
不定方程的非负整数解的个数为
91
，应填
91

秒杀法：
2．设有编号为
1,2,3,4,5
的五 个球和编号为
1,2,3,4,5
的五个盒子,现将这五个球放入这五个盒子内,要求每个盒子内放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则这样的投放方法的总数为（ ）
A．
120
B．
60
C．
30
D．
20

【答案】D
【解析】
2
试题分析：运用分步计数原理求解:第一步,先在
5
个 球中取出
2
个球放入与其同编号的盒子中,有
C
5
10
种 可能；第二步,再将余下的
3
个球放入不同盒子中有
2
种可能,如
A BC
可有
CAB
或
BCA
两种放法.由分步
计数原理可得< br>10220
种可能,故应选D.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规 定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的
四位数有 个．
【答案】
18

【解析】
试 题分析：由题意知，本题需要分步计数
1,2,3
中必有某一个数字重复使用
2
次．第一步确定谁被使用
2
次，
有
3
种方法；第二步把这
2
个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有
3
种方法；第三步将余下的
2
个数放在四位数余下的
2
个位置上，有
2
种方法．故共可组成< br>33218
个不同的四位数．故答案为：
18
.
4．亚欧乒乓 球对抗赛，各队均有5名队员，按事先排好的顺序参加擂台赛，双方先由1号队员比赛，负
者淘汰，胜者 再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程．那
么所有可能出 现的比赛过程有___________种.
【答案】252
分析:若甲队取胜，比赛结果可能是5：0，5：1，5：2，5：3，5：4；
5：0只有1个过程，
5：1共6场，乙队在前6场中胜一场，有
C
6
种不同过程；
5：2共7场，乙队在前7场中胜二场，有
C
7
种不同过程；
5：3共8场，乙队在前8场中胜三场，有
C
8
种不同过程；
5：4共9场，乙队在前9场中胜四场，有
C
9
种不同过程；
所有 可能出现的比赛过程有
C
6
C
6
C
7
C8
C
9
C
10
5252
种.
0123 4
4
1
2
3
（2017•浙江）从6男2女共8名学生中选出队长1 人，副队长1人，普通队员2人组成4
人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 660 种不同的选法．（用数字作答）

解：第一类，先选1女3男，有C
6
3C
2
1
=40种，这4人选2人作为队长和副队有A
4
2
=12种，
故有40×12=480种，

第二类，先选2女2男，有C
6
2
C
2
2
=15种，这4人选2人作为队长和副队有A
4< br>2
=12种，故有
15×12=180种，

根据分类计数原理共有480+180=660种，

故答案为：660
< br>（2017•新课标Ⅱ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
则不同的安排方式共有（ ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

=6，

解：4项工作分成 3组，可得：
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，

可得：6×
故选：D．

（2014•安徽）从正方体六个面的对角线中任取 两条作为一对．其中所成的角为60°的共有
（ ）

A．24对 B．30对 C．48对 D．60对

=66条，

=36种．

解：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有

同 一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满
足题意的直线对 数，

不满足题意的共有：3×6=18．

从正方体六个面的对角线中任取 两条作为一对．其中所成的角为60°的共有：66﹣18=48．

故选：C．
< br>（2014•浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给
4个人，每人2张，不同的获奖情况有 60 种（用数字作答）．

解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；

=36种，共有24+36=60种．

一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有
故答案为：60．
（201 4•大纲版）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医
疗小组，则不同 的选法共有（ ）

A．60种 B．70种 C．75种 D．150种

解：根据题意，先从6名男医生中选2人，有C
6
2
=15种选法，

再从5名女医生中选出1人，有C
5
1
=5种选法，则不同的选法共有15× 5=75种；

故选：C．

（2013•四川）从1，3，5，7，9这五 个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可
得到lga﹣lgb的不同值的个数是（ ）

A．9 B．10 C．18 D．20

解：首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有
，

所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，

共可得到lga﹣lgb的不同值的个数是：20﹣2=18．

故选：C．

（2017春•钦州期末）某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一
步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则上楼梯的方法有（ ）

A．45种 B．36种 C．28种 D．25种

种排法，因为，
解：由题意可知一步上一级，有6步；一步上两级有2步；所以一步2级不相邻有C
7
2
=21种，
一步2级相邻的走法有：7种；共有21+7=28种．故选：C．

秒杀法：
（2013•庐阳区校级模拟）高三某班级有6名同学参 加自主招生，准备报考3所院校，每人只
报考一所，每所院校至少报1人，则不同的报考方法为 540 ．（用数字作答）

解：依题意，6名同学可分三组，

第一组，1，1，4 ，有
第二组，1，2，3，有
第三组，2，2，2，有
•
•
•
=15×6=90种；

•
•
•=360种；

=90．

∴共有90+360+90=540种．

故答案为：540．

（2013春•上高县校级月考）6名大学毕业生到3个用人单 位应聘，若每个单位至少录用其中
一人，则不同的录用情况种数是（ ）

A．2012 B．2000 C．2001 D．2100

解：若每个单位至少录用其中一人，

则（1）若录用3人， 则为1，1，1有：
（2）若录用4人，则为1，1，2，有
=120．

=540．

=900．

．

（3）若录用5人 ，则为1，1，3或1，2，2，有
（4）若录用6人，则为1，1，4或1，2，3或2，2，2，有
∴共有：120+540+900+540=2100．

故选：D．

（2017春•宣城期中）有4个不同的球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内．

（1）共有多少种放法？（用数字作答）

（2）恰有一个盒不放球，有多少种放法？（用数字作答）

（3）恰有两个盒不放球，有多少种方法？（用数字作答）

解：（1）每个球都有4种方法，故有4×4×4×4=256种

（2）四个不同 的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个
盒子中有2个小球，
从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有C
42
A
4
3
=144
种不同的放法．

（3）四个球分为两组有两种分法，（2，2），（3，1）

若两组每组有两个球，不同的分法有
种

若两组一组为3，一组为1个球，不 同分法有C
4
3
=4种恰有两个盒子不放球的不同放法是4×
A
4< br>2
=48种

综上恰有两个盒子不放球的不同放法是36+48=84种
（2017•西宁模拟）甲、乙、丙 3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一
级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）

A．210 B．84 C．343 D．336

种；

=3种，恰有两个盒子不放球的不同放法是3×A
4
2
=36
解：由题意知本题需要分组解决，因为对于7个台阶上每一个只站一人有
若有一个台阶 有2人另一个是1人共有种，

种．

所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是
故选：D．

（2017•重 庆一模）将5名学生分到A，B，C三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中
学生甲不到A宿舍的不 同分法有（ ）

A．18种 B．36种 C．48种 D．60种

=12种，

解：利用分类计数 原理，第一类，甲一个人住在一个宿舍时有
第二类，当甲和另一个一起时有
故选：D．

=48种，所以共有12+48=60种．

（2007秋•宁海县校级月考）足球场 上三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，
经过五次传球后，球又回到甲手中，则不同的传 球种数有 10 种．

解：根据题意，做出树状图，第五次要穿的甲的手里，

∴第四次时球不能在甲的手中．分析可得，从图中可以看出共有10种不同的传球方式；

故答案为：10

秒杀法：第一次传 球共两种，第二次传球共四种，第三次传球共8种，第四次传球共16种，
探索规律，第一次传球，球在 甲的手中，
a
1
0
，第二次
a
2
2
，
a
2
a
3
2
3
，
（2011•黄冈 模拟）用5种颜色将一个正五棱锥的各面涂色，五个侧面分别编有1、2、3、4、
5号，而有公共边的 两个面不能涂同一种颜色，则不同的涂色的方法数为 1200 ．

解：首先给底面从5种颜色中选一个，共有5种方法，

剩下4种颜色给五个面涂色，

当只使用3种颜色涂色时，

可以有1，4同色，且2，5同色；

有1，4同色，且3，5同色；

有1，3同色，且2，4同色；

有1，3同色，且2，5同色；

有2，4同色，且3，5同色；

每一种情况都有C
4
3
A
3
3
=24种结果，

当用4种颜色涂色时，

1，3；1，4；2，4；2，5；3，5共有五种情况

每一种情况有A
4
4
=24种结果，

根据分类计数原理和分步计数原理知共有5×（5×24+5×24）=1200，

故答案为：1200

（2016春•烟台期末）如图，将一个四棱锥的每一个顶点染 上一种颜色，并使同一条棱上的
两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ）

A．60 B．480 C．420 D．70

解：分两步，先将四棱锥一侧面三顶 点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法
原理可求解．由题设，四棱锥S﹣ABCD的顶点 S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4
×3=60种染色方法．

当S，A ，B染好时，不妨设所染颜色依次为1，2，3，若C染2，则D可染3或4或5，有3
种染法；若C染 4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法，
即当S，A，B染好时， C，D还有7种染法．

故不同的染色方法有60×7=420种．

故选：C．

（2013•杭州模拟）将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜 色，并使同一条棱上的两端
异色，如果有恰有5种颜色可供使用，则不同的染色方法有（ ）

A．480种 B．360种 C．420种 D．320种

解：四棱锥为P﹣ABCD．下面分两种情况即C与B同色与C与B不同色来讨论，

（1）各个点的不同的染色方法 P：C
5
1
，A：C
4
1
，B：C
3
1
，C与A同色：D：C
3
1
，

故共有 C
5
1
，•C
4
1
•C
3
1
•C
3
1
种．

（2）各个点的不同的染色方法 P：C
5
1
，A：C
4
1
，B：C
3
1
，C与A不同色C
2
1
，D：C2
1
，

故共有C
5
1
•C
4
1
•C
3
1
•C
2
1
•C
2
1
种

由分步计数原理可得不同的染色方法总数有：

C
5
1
•C
4
1
•C
3
1
•C
31
+C
5
1
•C
4
1
•C
3
1
•C
2
1
•C
2
1
=420．

故选：C．

（2015春•衡水期末）一个圆分成6个大小不等的小扇形，取来红、 黄、蓝、白、绿、黑6
种颜色，如图．

（1）6个小扇形分别着上6种颜色，有多少种不同的方法？

（2）从这6种颜色中 任选5种着色，但相邻两个扇形不能着相同的颜色，有多少种不同的方
法？


解：（1）6个小扇形分别着上6种不同的颜色，共有A
6
6
=720种着色方法．

（2）6个扇形从6种颜色中任选5种着色共有C
6
2
C
6
5
A
5
5
不同的方法，其中相邻两个扇形是同

一种颜色的着色方法共有6C
6
5
A
5< br>5
此满足条件的着色方法共有

C
6
2
C
6
5
A
5
5
﹣6C
6
5
A
5
5
=6480种着色方法．

如图所示，把一个圆分成n（n≥2）个扇形，依次记 为S
1
、S
2
、…、S
n
﹣
1
，每一个扇 形可用红、
黄、蓝三种颜色中的任一种涂色，但要求相邻扇形的颜色互不相同，问一共有多少种涂色方< br>法？


解：设分成n个扇形时，涂法的总数为a
n
（n≥2）

n=2时， S
1
有3种涂法，S
2
与S
1
的颜色不能相同，故对于S< br>1
的每一种涂法，S
2
仅有两种涂法，
故共有a
2
= 3×2=6种涂法；

当n＞2时，S
1
有3种涂法，S
2
有两种涂法，S
3
、…、S
n
，依次有两种涂法，故共有3×2
n< br>﹣
1
种
涂法，但其中S
n
与S
1
的颜色相同 时有a
n
﹣
1
种涂法，故
∴=﹣（）

（n＞2）

∴{}是首项为，公比为﹣的等比数列

∴=∴（n≥2）

∴一共有2[2
n
﹣
1
+（﹣ 1）
n
]（n≥2）种涂色方法．


（2012春•古冶区校级期 中）（1）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其
中个位数字小于十位数字的共 有多少个？


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 数字小于十位数字的共有多
少个？

解：（1）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数有=600个，

∵个位数字小于十位数字的六位数的个数=十位数字小于个位数字的六位数个数，

∴个位数字小于十位数字的个数为300．

（2）某高校从某系的10名优秀毕业生 中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建
设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种 不同派遣方案？（2）分两类，第一类，
甲到西宁，有=504，

第二类，甲不到西 宁，从8个选一个到西宁，再从8个到银川，从剩下的8个选择两个到另
外的两个城市，有=3584，

根据分类计数原理得，共有504+3584=4088．

（3）将4个 相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4各不同的盒子中的3个中，
使得有一个空盒且其他 盒子中球的颜色齐全的不同放法有多少种？

首先从4个盒子中选取3个，共有4种取法；

假定选取了前三个盒子，则第四个为空，不予考虑．

由于前三个盒子中的球必须同时包含黑白红三色，

所以每个盒子中至少有一个白球，一个黑球和一个红球．

这样，白球还剩一个可以自由支配，它可以放在三个盒子中任意一个，共3种放法．

黑球还剩两个可以自由支配，这两个球可以分别放入三个盒子中的任意一个，

这里有两种情况：

①两个球放入同一个盒子，有3种放法．

②两个球放入不同的两个盒子，有3种放法．

综上，黑球共6种放法．

红球还剩三个可以自由支配，分三种情况：

①三个球放入同一个盒子，有3中放法．

②两个球放入同一个盒子，另外一个球放入另一个盒子，有6种放法．

③每个 盒子一个球，只有1种放法．

综上，红球共10种放法．

所以总共有4×3×6×10=720种不同的放法．