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自主招生辅导讲义（二）排列组合专题
1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.
例1.
A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
A,B
必须相邻且
B
在
A
的右边，则不同的排法有（ ）
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种

2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻 ）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的
几个元素插入上述几个元素的空位和两 端.
例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ）
A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种
例3.已知集合
A{1,2,3,,19,20}
，集合
B{a
1
,a
2
,a
3
,a
4
}
，且
BA
，若|a
i
a
j
|1(,ij1,2,3,4)
则满足条件的 集合
B
有多少个？

3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例4.（1）A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果
B
必须站在
A
的右边（
A,B
可以不相邻）那么不同的排法
有（ ）
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
（2）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（ ）
A、210种 B、300种 C、464种 D、600种

4 .标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如
此继续下去，依次即可完成.
例5.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
数字均不相同的填法有（ ）
A、6种 B、9种 C、11种 D、23种

5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.
例6. （1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，
不 同的选法种数是（ ）
A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种
（2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ）
A、
CCC
4
12
4
8
4
4
种
，
B、
3CCC
种 C、
CCA
4< br>12
4
8
4
4
4
12
4
8
3
3
种
44
C
12
C
8
4
C
4
D、种
3
A
3

6.全员分配问题分组法:
例7.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？
（2）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

7.名额分配问题隔板法:
例8：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？

例9.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏 ，也
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不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

8.限制条件的分配问题分类法:
例10. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世 博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、
司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、 乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都
能胜四项工作，则不同安排方案的种数是
A． 152 B. 126 C. 90 D. 54

9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容 的几类情况分别计数再相加。
例11 （1）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数， 使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法
（不计顺序）共有多少种？
（2）从1，2，3， …，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？
例12.
电子表10点20分08秒时，显示的数字是10:20:08，那么，从8点到10点内，电子表6< br>个数码均不相同的情况有多少种?

10.交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分 之间有交集，可用集合中求元素个数公式
n(AB)n(A)n(B)n(AB)

例13.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多 少种不
同的参赛方案？

11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。
例14.现1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？

12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
例15.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（ ）
A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种
（2）8个不 同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，
有多少种不 同排法？

13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
例16.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共
有（ ） A、140种 B、80种 C、70种 D、35种

14.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几 个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.
例17.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？

（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要从中选4人进行混合双打训练，有多 少种不同
的选法？

15.几何问题:
例18.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
（2）四面体的顶点和各棱中点共10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、144种 D、141种
（3）记正方体的各条棱的中点构成的集合为M，则过且仅过集合M的三个点的平面有多少个？
（4）正方体8个顶点可连成多少对异面直线？

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16.圆排问题单排法:把
n
个不同元素放在圆周
n
个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排
法才算不同的排列，而顺序相同（即 旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在
于只计顺序而无首位、末位之分，下 列
n
个普通排列：
因为旋转后可以重合，故认为相同，
n
a
1
,a
2
,a
3

,a
n
;a
2
,a
3
,a
4
,

,a
n
,< br>
;a
n
,a
1
,

,a
n1< br>在圆排列中只算一种，
个元素的圆排列数有
n!
种.因此可将某个元素固定展成 单排，其它的
n1
元素全排列.
n
例19.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？

17.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安< br>排元素的位置，一般地
n
个不同元素排在
m
个不同位置的排列数有m
种方法.
例20.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？

19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:
例21. 某电脑用户计划使用不超过 500元的资金购买单价分别60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据
需要，软件至少买3片，磁盘 至少买2盒，则不同的选购方法有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
n
例22．从1到100的一百个自然数中，每次取出两个数，使其和大于100， 这样的取法共有多少种？

20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例23.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
（2）设
a
1
,a
2
,,a
n
是由
1,2,,n
的一个排列，把排 在
a
i
的左边且比
a
i
小的数的个数称为
a
i
的顺序数
(i1,2,,n)
。如在排列
6,4,5,3,2,1< br>中，5的顺序数为1，3的顺序数为0. 则在由
1,2,,8
这
八个数字构 成的全排列中，同时满足8的顺序数为2、7的顺序数为3、5的顺序数为3的不同排
列的种数为多少？

21.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的 问题转化为简单
问题处理.
例24.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
（2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的最短
路径有多少种？

22.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即可
瑞士数 学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封，a、b、
c ……表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）n－1个信纸b、c…… 装入
（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。
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总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2) +f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下，
同样都有f(n-2)+f(n-1) 种错装法，因此得到一个递推公式： f(n)=(n-1)

[
f(n-1)+f (n-2)
]
，分别带入n=2、3、
4等可推得结果。也可用迭代法推导出一般公式 ：
f(n)n![1
1111
(1)
n]

1!2!3!n!
例25.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为 1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要
求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码 与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
例26、5位同学原来坐成一排，现让他们重新坐，则至多 有两位同学坐在其原来的位置的不同的坐法是多
少？

23.多人传球问题：（构造递推关系）
例27、
a
1
,a
2
,,a
n
（
n3
）
n
个人传球，第一次由
a
1
开始传球，可传给其他任何一个人，第二次由拿
球者再传给其他任何一个 人，如此继续

，则第
k
次球仍回到
a
1
的手中的 传球方法种数是多少？

24.上台阶问题：
例28、10级台阶，某人可一步跨一级，也可跨两级，也可跨三级。
（1）他6步就可上完台阶的方法数是多少？
（2）他上完台阶的方法总数是多少？

25.方程的正整数解的个数问题：（隔板法）
例29.方程
x
1
x
2
x
n
k
（
k,nN*
，
kn
）的正整数解有多少个？有多少非负整数解个？
例30. 将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中。
（1）若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？
（2）若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？
（3）若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？

26.配对（配凑）问题：
例31.
5双相异的鞋共10只，现随机地取出6只，恰好能配成2双鞋的取法是多少？
例32.
50名选手参加乒乓球淘汰赛比赛,需要打多少场才能产生冠军? 淘汰赛比赛规则是:要淘汰1名选手必
须进行1场比赛;反之,每进行1场比赛则淘汰1名选手。
例33. 有11名翻译人员，其中5名是英语翻译人员，4名是日语翻译人员，另2人英、日语均精通 。现从
中选出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译日语，则有多少种不同的选派方式 ？

27.染色问题：
例34. 把圆分成10个不相等的扇形,并且用红、黄、 蓝三种颜色给扇形染色,但不允许相邻的扇形有相同的
颜色,问共有多少种染色法?

例35.在如图所示的六个空格里涂上红黄蓝三种颜色，每种颜色只能涂两次，
1 2 3 4 5 6
要求相邻空格不同色，请问一共有多少种涂法？

例36. 某城市在中心 广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现
要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部 分不能栽种同样
颜色的花，则不同的栽种方法有多少种？
（变式：若要栽种5种颜色的花？）
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排列组合问题经典题型答案
4
1.解析：把
A,B
视为一人，且< br>B
固定在
A
的右边，则本题相当于4人的全排列，
A
4
24
种，答案：
D
.
52
2.解析：除甲乙外，其余5个排列 数为
A
5
种，再用甲乙去插6个空位有
A
6
种，不同的排法 种数是
52
A
5
A
6
3600
种，选
B
.
4
3. 易知
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
互不相等且不相邻，则有
C
17
2380。
4.解析：（1）
B
在
A
的右边与
B
在< br>A
的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，
即
15
A
5
60
种，选
B
.
2
5
（2）按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有
A
5< br>个，
A
4
A
3
A
3
,A
3
A
3
A
3
,A
2
A
3
A
3
,A
3
A
3
个，合并总计300个,选
B
（
1< br>65
(A
6
A
5
)300
种）
25.解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，
又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选
B< br>.
6.解析：（1）先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任 务，第三步从另外
211
的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有
C
1 0
C
8
C
7
2520
种，选
C
.
（2）答案：
A
.
23
7.（1）
C
4
A
3
36

24
（2）
C
5
A
4
240
，答案：
B
.
8.解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆 ，每堆至少一个，可以
在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共 有不同的分配方案为
6
C
9
84
种.
3
9.解 析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯
C
5
种方 法,所以满足条
件的关灯方案有10种.
说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟 悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题
容易解决.
10.

11.解析：（1）解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个< br>数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做
A

7,14,21, 98

共有14个元素,不能被7整除的
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2
数组成的集合记做
A

1,2,3, 4,,100

共有86个元素；由此可知，从
A
中任取2个元素的取法有
C
14
，
11211
从
A
中任取一个，又从
A
中任取一个共有
C
14
，两种情形共符合要求的取法有
C
14
C
86
C
14
C
86
1295
种.
（2）解析：将
I

1,2,3,100

分成 四个不相交的子集，能被4整除的数集
A

4,8,12,100
；能
被4除余1的数集
B

1,5,9,97

， 能被4除余2的数集
C

2,6,,98

，能被4除余3的数 集
D

3,7,11,99

，易见这四个集合中每一个有25 个元素；从
A
中任取两个数符合要；从
B,D
中各取一个
数也符合要 求；从
C
中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有2112
C
25
C
25
C
25
C
25
1225
种.
12. 解：（1）08：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,9.
（2）09：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,8.
22先填a、c，再填b、d，共
2A
5
A
6
1200

13.解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒 的排列｝，
根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：
n(I)n(A)n(B)n (AB)
A
6
4
A
5
3
A
53
A
4
2
252
种.
4
1
14 .解析：老师在中间三个位置上选一个有
A
3
种，4名同学在其余4个位置上有
A
4
种方法；所以共有
14
A
3
A
4
 72
种。.
6
15.解析：（1）前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个 不同的元素排成一排，共
A
6
720
种，
选
C
.
2
（2）解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有
A
4
种，某1个元素排在后半段的
15125
四个位置中选一个有
A
4< br>种，其余5个元素任排5个位置上有
A
5
种，故共有
A
4A
4
A
5
5760
种排法.
16.解析1：逆向思 考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取
333
法 共有
C
9
C
4
C
5
70
种,选.< br>C

解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型 2台乙型1台；故不同
的取法有
C
5
C
4
C
5< br>C
4
70
台,选
C
.
17.解析：（1）先取四 个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有
C
4
种，再排：在四个盒中每次排3个< br>有
A
4
种，故共有
C
4
A
4
14 4
种.
（2）先取男女运动员各2名，有
C
5
C
4
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
中排法，故共有
C
5
C
4
A
2
120
种.
222222
323
2
2112
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4
18.解析：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构 成
C
8
四面体，但6个表面和6个对角面的四
4
个顶点共面都不能构 成四面体，所以四面体实际共有
C
8
1258
个.
4
（2）解析：10个点中任取4个点共有
C
10
种，其中四点共面的有三种情况：①在 四面体的四个面上，
44
每面内四点共面的情况为
C
6
，四个面共有
4C
6
个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过
44
棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是
C
10
4C< br>6
36141
种.
（3）56个。
814622656
。
①一个面内取GH两点，另一个点取F时，即8个角；

②一个面内取GH两点，另一个点取K时，
226
24个；
③一个面内取HI两点，那另一个点只能取A或C，
226
24个





（4）因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正 方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，
4
从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体 有
C
8
1258
个，所以8个顶点可连成的异面直线有
3×58 =174对.
4
19.解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有
A
4
种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左
边和右边，有2种方式，故不同的安排方式< br>242768
种不同站法.说明：从
n
个不同元素中取出
m
个
元素作圆形排列共有
1
A
n
m
种不同排法.
m
5
20.解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第 二步：将第二名实
习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有
7种不同方案.
6

x3,y2

21. 解析：C。设购 买软件
x
片、磁盘
y
盒，则

60x70y500，所以
x3,y2,3,4
；
x4
，
y2,3,4；

x,yN

x5,y2
。故共7种。
22. 解析：
2(1249)502500
(包括两个数不同和相同的情形！)
23.解析：（1）先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意 偶因数2必取，3，5，7，
11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为
012345
C
5
C
5
C
5
C
5< br>C
5
C
5
32
个（或
12
5
32
）.
（2）分析知7必排在8之后，5必排在7之后. 且8的前面只有2个数，8 、7之间只有一个小于7的数，
6或在7之前，或在7、5之间，或在5之后。
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14
第一种情况：6在7之前，形如：##8#7#5# ，
C
3
A
4
72
；
4
第2种情况： 6在7、5之间 ，形如：##8#765# ，
A
4
24
；
14
第3种情况：6在5之后，形如：##8#75## ，
C
2
A
4
48

所以共144种。
24.解析：（1）因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条< br>4
弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形， 显然有
C
10
4
个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的 交点有
C
10
210
个.
（2）解析：可将图中矩形的一边叫一 小段，从
A
到
B
最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北
3段 ；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法
4< br>有
C
7
35
种.
2
25.解析：从5个球中取出 2个与盒子对号有
C
5
种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法
分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，
4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种 装法，
2
因此总共装法数为
2C
5
20
种.
0 12
26.解：错排问题，分类解决：
C
5
f(5)C
5
f(4)C
5
f(3)109

27. 解析：设第
k
次球仍回到
a
1
的手中的传球方法种数是
a
k
，则
a
1
0,a
2
n1
，且
a
k
(n 1)
k1
a
k1
，
11
(n1)
k(1)
k
(n1)
kk1
所以
a
k
(n1)[a
k1
(n1)]
a
k

（
kN*
）。
nn
n

x2,3,4
xyz6

28. 解析：（1）设跨1级、2级、3级的步数分别为
x, y,z
，则

，解得

y4,2,0
，故
x2y3z10

z0,1,2

2324
方法数为< br>C
6
C
6
C
3
C
6
156 01590

（2）设上完n级台阶的方法数为
f(n)
，则
f (1)f1,(2f)2
，
,
且
f(n)f(n1)f(n 2)fn(
，
3n
f(4)7,f(5)13,f(6)24,f(7 )44,f(8)81,f(9)149,f(10)274

n1n1
29．解析：
C
k1
；
C
kn1

4430．解析：（1）
C
19
（2）
C
24
；（3）先在 编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0,1,2,3,4
3876
；
4
个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，则
C
9
126
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22
31. 解析：
C
5
C
3
2
2
120

32. 解析：49.
44314224
33. 解析：
C
4C
7
C
4
C
2
C
6
C
4
C
2
C
5
3512030185

34. 解析：前9个扇形依次染色并不难,但第10个扇形既与第九个相邻也与第1个相邻,这两个扇形颜色可
能相同也可能不相同,所以直接用记数原理有困难,但建立递推关系并不难．
设将圆分成n个不相等的 扇形时,满足题设的染法有
a
n
种．依次记n个扇形为s
1
,…s< br>n
.显然a
1
=3.当n=2时，
先对s
1
染色，有 3种方法；s
1
染色后再对s
2
染色，有2种方法，故a
2
=6.当n≥3时，我们依次对s
1
,s
2
,…s
n
染色． 对s
1
染色，有3种方法，对s
1
染色后再对s
2
染色有2 种方法，同样的对s
3
,s
4
…,s
n
分别有2种方法，< br>由乘法原理共有3·2
n-1
种染色方法．但这样做s
n
与s
1
有可能同色．即在3·2
n-1
种染色方法中包含了s
n
与s
1
同色的染色方法．对于s
n
与s
1
同色的情形，拆去s< br>n
与s
1
的边界使s
n
与s
1
合并，便得到 将圆分为n-1个扇
形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有a
n-1
种． 故a
n
=3·2
n-1
-a
n-1
(n≥3)．所以
a
3
6
，n≥3时，
a
n
2
n
2(1)
n
，∴a
10
=2
10
+2=1026．
35.解：由题意，红黄蓝三种颜色，每种颜色恰好涂了两次，分为两类：
第一类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格不同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格可以涂与第三格颜色不同的，有2种方法。
第5步：用不同的两色涂剩下的两格，有2种方法；
所以有3*2*1*2*2＝24种
第二类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格相同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格只能用没有用过的颜色涂，有种方法。
第5步：第五格只能用涂第二格的颜色，第六格只能用涂第四格的颜色，有1种方法；
所以有3*2*1*1*1＝6种
所以，共有24+6＝30种涂法。
3
36.解析:注意4种颜色的花都有种上。
A
4
(1112)120

311
（变式：
A
5
[C
3
C
2
(32)2]960
）
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