合同义务-公共关系学论文

排列组合21种模型
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，那么
不同的排法种数有
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
解析：把
A,B
视为一人 ，且
B
固定在
A
的右边，则本题相当于4人的全排列，
4
A
4
24
种，答案：
D
.
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
52
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
52
同的排法种数是
A
5
A
6
3600
种，选
B
.
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3.
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）那么不同的排法种数是
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
解析：
B
在
A
的右边与
B
在
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
1
5
A
5
60
种，选
B
.
2
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4.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
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
.
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5.（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
解析：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，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有
211
C
10< br>C
8
C
7
2520
种，选
C
.
（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 44
C
12
C
8
4
C
4
A、
CCC
种 B、
3CCC
种 C、
CCA
种 D、种
3
A
3
4
12
4
8
4
4
4
12
4
8
4
4
4
12
4
8
3
3
答案：
A
.
6.全员分配问题分组法:
例6.（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 ？

23
解析：把四名学生分成3组有
C
4
种方法， 再把三组学生分配到三所学校有
A
3
种，
23
故共有
C4
A
3
36
种方法.
说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配.
（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
答案：
B
.
7.名额分配问题隔板法:
例7.10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？
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
6
对应着一种分配方案，故共 有不同的分配方案为
C
9
84
种.
8.限制条件的分配问题分类法:
例8.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？
解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：
①若甲乙都不 参加，则有派遣方案
A
8
4
种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3
33
种方法，然后安排其余学生有
A
8
方法，所以共有
3A
8
；③若乙参加而甲不参加同
3
理也有
3A
8
种；④若甲 乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余
8人到另外两个城市有
A
8< br>2
种，共有
7A
8
2
方法.所以共有不同的派遣方法总数为< br>4332
A
8
3A
8
3A
8
7A8
4088
种.
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，最后总计.
例9.（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
A、210种 B、300种 C、464种 D、600种
5113
解析：按题意，个位数字只可能是0、1、2、3和4共5种情况，分别有
A
5
、
A
4
A
3
A
3
、
11311 313
A
3
A
3
A
3
、
A
2A
3
A
3
和
A
3
A
3
个，合 并总计300个,选
B
.
（2）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？
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,
ð
I
A< br>
1,2,3,4,
98

共有14个元素,不能被7整除的数组成的 集合记做
,100

共有86个元素；由此可知，从
A
中任取2个元 素的取法有
2
11
，从
A
中任取一个，又从
ð
I< br>A
中任取一个共有
C
14
，两种情形共符合要求的
C
14
C
86
211
取法有
C
14
C
14
C
86
1295
种.
（3）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？
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

3,7,11,9 9

，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
2112
的取法共有
C
25
种.
C
25
C
25
C
25

< br>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(AB)n(A)n(B)n(AB)
.
例10.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？
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：
4332
n(I)n(A)n(B)n(A B)
A
6
A
5
A
5
A
4
252
种.
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11.1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？
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
14
方 法；所以共有
A
3
A
4
72
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12.（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
解析：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，
6
共
A
6
720
种，选
C
.
（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？
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

1
元素排在后半段的四个位置中选一个有
A
4
种 ，其余5个元素任排5个位置上有
125
5
种，故共有
A
4
A
4
A
5
5760
种排法.
A
5
13 .“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:抽取两类混合元素不能分步抽.
例13.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
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
333
的电视机，故不 同的取法共有
C
9
C
4
C
5
70
种 ,选.
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；
2112
甲型2台乙型1台；故不同的取法有
C
5
C
4
C
5
C
4
70
台,选
C
.
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14.（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
解析：“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
23
3
盒中每次排3个有
A
4
种，故共有
C
4
A
4
144
种.
（ 2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有
多少种不同的分组方法？
2
2
解析：先取男女运动员各2名，有
C
5
2
C< br>4
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
中
222
排 法，故共有
C
5
C
4
A
2
120
种.
15.部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中
减去不符合 条件数，即为所求.

例15.（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
解析：正 方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成
C
8
4
四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有
C
8
41258
个.
（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
4
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
44
体的四个面上，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过棱上三点 与对棱中点的三角形共6个.
44
所以四点不共面的情况的种数是
C
104C
6
36141
种.
16.圆排问题线排法: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 在于只计顺序而首位、末位之分，下
列
n
个普通排列：
a
1
,a
2
,a
3
,a
n
;a
2
,a
3
,a
4
,,a
n
,;a
n
,a
1
,,a
n1
在圆排列中只算一
n!
种.因此可将
n
种， 因为旋转后可以重合，故认为相同，
n
个元素的圆排列数有
某个元素固定展成线排，其 它的
n1
元素全排列.
例16.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
4
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
242
5
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
m
A
n
种不同排法.
m17.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
n
种方法.
例17.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？
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
6
种不同方案.
18.复杂排列组合问题构造模型法:
例18.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，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有 多少
种？
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
3
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 .
19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:
例19.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？
解析：从5个球中取出2 个与盒子对号有
C
5
2
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
2
法，因此总共装法数为
2C
5
20
种.
20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例20.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
解析：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
C
5
C
5
32
个.
（2）正方体8个顶点可连成多少队异面直线？
解析：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，从正方体8 个顶点中任取四个顶点构成的四面体有
C
8
4
1258
个，所以 8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.
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21.（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？ 解析：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
4
点可以确定多少个不同的四边形， 显然有
C
10
个，所以圆周上有10点，以这些
4
点为端点的弦相交 于圆内的交点有
C
10
个.
（1） 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 ？
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
4
段的走法，便能确定路径，因此不同走法有
C
7
种.
B



A