牛顿第二定律习题-核舟记

小学奥数-----排列组合教案
加法原理和乘法原理


排列与组合: 熟悉排列与组合问题。 运用加法原理和乘法原理解决问题。在
日常生活中我们经常会遇到像下面这样的两类问题:问题一：从 A 地到 B 地，
可以乘火车，也可以乘汽车或乘轮船。一天中，火车有 4 班，汽车 有 3 班，
轮船有 2 班。那么从 A 地到 B 地共有多少种不同的走法？ 问题二：从甲村
到乙村有两条道路，从乙村去丙村有 3 条道路（如下图）。从甲村经乙村去丙
村，共有多少种不同的走法？解决上述两类问题就是运用加法原理和乘法原理。
加法原理：完成一 件工作共有N类方法。在第一类方法中有m
1
种不同的方法，
在第二类方法中有m2
种不同的方法，„„，在第N类方法中有m
n
种不同的方法，
那么完成 这件工作共有N＝m
1
＋m
2
＋m
3
＋„＋m
n< br>种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。要求每一类中的每一种方法< br>都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；
完成此任务的 任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。合理分类也是运用加
法原理解决问题的难点，不同的问题 ，分类的标准往往不同，需要积累一定的解
题经验。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤： 完成第一个步骤有m
1
种方法，完成第
二个步骤有m
2
种方法，„， 完成第N个步骤有m
n
种方法，那么，完成这件工作
共有m
1
×m< br>2
ׄ×m
n
种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。完成 这件工作的N个步骤，各个步骤之
间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完 成这N
步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对
应的完成 此工作的方法也不同。
这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下《搭配的规律》 ），
教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助
孩子理解两 个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要 细心、耐心、有条理
地分析问题。计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问
题。小学阶段只学习 两个原理的简单应用。
【例题一】每天从武汉到北京去，有 4 班火车，2 班飞机，1 班汽车。请问：
每天从武汉到北京去，乘坐这些交通工具共有多少种不同的走法？
【解析】运用加法原理，把组成方法分成三类：一类乘坐火车,二类乘坐飞机,三
类乘坐洗车.

1

解:4+2+1=7(种)
【例题二】用1角、2角 和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元
钱，有多少种方法？
【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类：
①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。
②取两种人民 币组成1元，有5种方法：1张5角和5张1角；一张2角和8张
1角；2张2角和6张1角；3张2角 和4张1角；4张2角和2张1角。
③取三种人民币组成1元，有2种方法：1张5角、1张2角和3 张1角的；1
张5角、2张2角和1张1角的。
解:所以共有组成方法：3+5+2=10（种）。
【例题三】在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数共有多少个？
【解析】运用加 法原理，把组成的三位数分为九类：十位是9的有9个，十位是
8的有8个，„„十位是1的有1个.
解: 共有：1+2+3+„„+9=45(个)
【例题四】各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？
【解析】一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：24=9+9+6；
24=9+8+7；24=8+8+8。运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：
①由9、9、8三个数字可组成3个三位数：998、989、899；
②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：987、978、897、879、798、789；
③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：888。
解:所以组成三位数共有：3+6+1=10（个）。
【例题五】有一批长度分别为1，2， 3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从
中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的 三角形？
【解析】围三角形的依据：三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于
第三 边。要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。
这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。
根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类：
第一大类：围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。
由题目条件， 围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米，根
据三角形腰长，第一大类又可以 分为8小类，三边长依次是：
①腰长为1的三角形1个：1、1、1。
②腰长为2的三角形3个：2、2、1；2、2、2；2、2、3。
③腰长为3的三角形5个：3、3、1；3、3、2；3、3、3；3、3、4；3、3、5。

2

④腰长为4的三角形7个：4、4、1；4、4、2；„„4、4、7。
⑤腰长为5的三角形8个：5、5、1；5、5、2；„„5、5、8。
同理，腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。
第一大类可围成的不同的三角形：1+3+5+7+8×4=48（个）。
第二大类：围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。
根据最长边的长度，我们再 把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能
为是3厘米、2厘米、1厘米）：
①最长 边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为：8、7、6；8、7、5；8、7、
4；8、7、3；8、 7、2；8、6、5；8、6、4；8、6、3；8、5、4。
②最长边为7厘米的三角形有6个，三 边长分别为：7、6、5；7、6、4；7、6、
3；7、6、2；7、5、4；7、5、3。
③最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为：6、5、4；6、5、3；6、5、
2；6、4、 3。
④最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为：5、4、3；5、4、2。
⑤最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为：4、3、2。
第二大类可围成的不同的三角形：9+6+4+2+1=22（个）。
所以，这一题共可以围成不同的三角形：48+22=70（个）。
【例题六】一把钥匙只能 开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，
最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙 ？
【解析】要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：第
1把钥匙要 配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这
把钥匙，不用再试）；同理，第2把 钥匙最多要试8次；„„第9把锁最多试1
次，最好一把锁不用试。
解: 最多试验次数为：9+8+7„„+2+1=45（次）。
【例题七】如图,从甲地到乙地有三条路, 从乙地到丙地有三条路,从丙地到丁地
有四条路,从甲地到丙地有二条路。问：甲地到丁地共有多少种走 法？
甲 乙
丁
丙

【解析】从甲地到乙地的走法分两大类： 一大类从甲地直接到达乙地，二大类是
经过乙地和丙地到达丁地，用加法原理。第二大类中，从甲地到丁 地走法分三步，
第一步，从甲地到乙地，第二步，从乙地到丙地，第三步，从丙地到丁地，用乘

3

法原理。
①、第一大类从甲地到丁地有2条路，用加法原理有2种走法。
②、第二大类从甲地到丁地分 三步完成，用乘法原理。第一步，从甲地到乙
地，有3条路，用加法原理有3种走法。第二步，从乙地到 丙地，有3条路，用
加法原理有3种走法。第三步，从丙地到丁地，有4条路，用加法原理有4种走法。根据乘法原理，第二大类共有3×3×4＝36种走法。
③、用加法原理，从甲地到乙地共有2＋36＝38种走法。
解：2+3×3×4＝38（种）
【
例题七
】
某人到食堂去买饭菜 ，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。他要
各买一样，共有多少种不同的买法？
【解析】运用乘法原理，把买饭菜分为三步走：
第一步：选汤有2种方法。
第二步：选荤菜有4种方法。
每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法，汤和荤菜共有2个4种，即8种不
同的搭配方法。
第三步：选蔬菜有3种方法。
荤菜和汤有8种不同的搭配方法，每种搭配方法，对应的都有3 种选蔬菜的方法
与其二次搭配，共有8个3种，即24种不同搭配方法。
如下图所示


解：
共有不同的买法：2×4×3=24（种）。
【
例题八
】
数学活动课上，张老师要求同学们用 0、1、2、3 这四个数字组成三
位数，请问： （1）可以组成多少个没有重复数字的三位数？ （2）可以组成多
少个不相等的三位数？

4

【解析】 组成没有重复数字的三位数要求千位、十位、个位上的数字不同，数位
之间是互相联系的，用乘法原理。 完成没有重复数字的三位数的组成，分三步。
第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位，1、2、3 任一个都可以放，有3
种放法。第二步，看十位有多少种放法，四个数字千位放了一个，还剩三个，有< br>3种放法。第三步，看个位有多少种放法，四个数字千位、十位各放了一个，还
剩二个，有2种放 法。
解： （１）3×3×2=18（个）
不相等的三位数，可以看出各数位上的数字是能 重复的。要完成数的组合应该分
三步：第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位，1、2、3任一个 都可以放，
有3种放法。第二步，看十位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法。
第三 步，看个位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法，有4种放法。
解：（2）3×4×4=48（个）
【例题九】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）七个人站成两排，前排三人，后排四人.
（7）七个人站成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排。
【解析】（1）七 个人排成一排要有序的分步进行，第一步，七个人每人都可以站
第一位，7选7叫全选，有7种选法，也 就是完成七个人排成一排的第一步。第
二步，七人已选出一人站到第一位，还剩六人，有6种选法。同理 ，第三步有5
种选法。第四步有4种选法。第五步有3种选法。第六步有2种选法。第七步有
1 种选法。
解：根据乘法原理得：7×6×5×4×3×2×1＝5040（种）
注：用排列公式写作：
P
7
7
5040
（种）。
（2）确定小新站中间，只要考虑六人站一排的排列问题。只需排其余6个人站
剩下的6个位置。分六 步，第一步6种选法、第二步5种选法、第三步4种选法、
第四步3种选法、第五步2种选法、第六步1 种选法。
解：根据乘法原理得：6×5×4×3×2×1＝720（种）
注：用排列公式写作：
P
6
6
720
（种）.
（3）先确定中间的位置站谁，有2种选法。再排剩下的6个位置。
解：根据乘法原理得：（6×5×4×3×2×1）×2＝1440（种）
注：用排列公式写作：2×
P
6
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．
如图可知，小新和阿呆站两边位置是2选2，有2×1＝2种选法。其余五个位置

5

站法：第一位5种选法、第二位4种选法、第三位3种选法、第四位2种选法、
第五位1种选法。
其余5人所站位置
2 5 4 3 2 1 1
小新和阿呆所站位置

解：根据乘法原理得：（5×4×3×2×1）×（2×1）＝240（种）
注：用排列公式写作：
2P
5
5
240
(种)． < br>（5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人，也就是边上的两个位
置5人去站，第一 个位置有5种选法，第二个位置有4种选法，根据乘法原理得：
5×4＝20（种）。再排剩下的5个人 ，有5×4×3×2×1＝120（种）。
解：根据乘法原理得：20×120＝2400（种）
25
注：用排列公式写作：
P
（种）.
5
P
5
2400
（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．
解：根据乘法原理得：7×6×5×4×3×2×1＝5040（种）
注：用排列公式写作：
P
7
7
5040
（种）. （7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“小新在后，阿呆在前”，
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．排队问题，
一般先考虑特殊情况再去全排列。
解：根据乘法原理得：4×3×（5×4×3×2×1）×2＝2880(种)
5
注：用排列公式写作：4×3×
P
5
×2=2880(种)．
【例题十】用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三
位数？ < br>【解析】个位数字已知，问题变成从
5
个元素中取
2
个元素的排列问题 ，三位数
的个位已确定为5，那么，1、2、3、4、6可以任意选择十位或百位，百位有5
种 选法，十位有4种选法。如图：
5种选法 4种选法 1种选法


千位 百位 个位

解：根据乘法原理得：5×4＝20（种）
注：用排列公式解题：已知
n5
，
m2
，根据排列数公式，一共可以组成

6
5

2
P
5
5420
(个)符合题意的三位数。
【例题十一】用
1
、
2
、
3
、
4
、
5
这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多
少个3的倍数？
【解析】 按位数来分类考虑：首先要知道3的倍数的数的各位数值之和的规律:
各位数值之和为3的倍数,则这个 数是3的倍数.
⑴ 一位数只有
1
个
3
；
⑵ 两位数： 由
1
与
2
，
1
与
5
，
2
与
4
，
4
与
5
四组数字组成，每一组可以组成
P< br>2
2
212
(个)不同的两位数，共可组成
248
(个)不同的两位数；
⑶ 三位数：由
1
，
2
与
3
；
1
，
3
与
5
；
2
，
3
与
4
；
3
，
4
与
5
四组数字组成，每一
组可以组成
P
3
3
3216
(个)不同的三位数， 共可组成
6424
(个)不同的三位
数；
⑷ 四位数：可由
1
，
2
，
4
，
5
这四个数字组成，有
P4
4
432124
(个)不同的
四位数；
⑸ 五位 数：可由
1
，
2
，
3
，
4
，
5< br>组成，共有
P
5
5
54321120
(个)不同 的五
位数．
解：根据加法原理得：一共有
182424120177(个)能被
3
整除的数，即
3
的
倍数．
【例题十二】 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最多要试几次？
【解析】用排除法分析：四个非0
数码之和等于9的组合数位上不能有9、8、7
数字，否则，其和大于9。首先，从合题 意的大数6寻找有1，1，1，6一种组
合；从5寻找有1，1，2，5一各组合；从4寻找有1，1， 3，4；1，2，2，4；
二种组合；从3寻找有1，2，3，3；2，2，2，3二种组合；从1、2 分析其和小
于9；因此分析得共有六种。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< br>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
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
，
12
种选择．
共有
4
种选择．
解：根据加法原理得：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最多要试
56
次．
【例题十三】两对三胞 胎喜相逢，他们围坐在桌子旁，要求每个人都不与自己的
同胞兄妹相邻，(同一位置上坐不同的人算不同 的坐法)，那么共有多少种不同的
坐法？
1
6
(种)选法，第二个位置在 另【解析】第一个位置在
6
个人中任选一个，有
C
6
1
3
(种)选法．同理，第
3
，
4
，
5
，
6< br>个位置依次一胞胎的
3
人中任选一个，有
C
3
有2，2，1， 1种选法．如图：
6选1 3选3 2选2 2选2 1选1 1选1
6 3 2 2 1 1
甲乙胞 乙胞 甲胞 乙胞 甲胞 乙胞
解：根据乘法原理得：6×3×2×2×1×1＝72（种）
11
注：用排列公式写作：
P
6
1
P
3
1
 P
2
1
P
2
1
P
1
P
1< br>63221172
(种)。


7

【例题十四】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6×5=30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7×6=42种 选法.如图：
7选2
A B C D E
1 6 7 5 6
确定为8 6选2
解：根据乘法原理得：所以共有
P
6
2
×
P
7
2
=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。
【例题十五】一个六位数能被11整除，它的各位数字非零 且互不相同的．将这
个六位数的6个数字重新排列，最少还能排出多少个能被11整除的六位数? 【解析】设这个六位数为
abcdef
，则有
(ace)
、
(bdf)
的差为0或11的
倍数．且
a
、
b
、
c
、
d
、
e
、
f
均不为0，任何一个数作为首位 都是一个六位数。
33
先考虑
a
、
c
、
e
偶数位内，
b
、
d
、
f
奇数位内的组内交换，有
P

3
×
P
3
=36种顺序；
33
再考虑形 如
badcfe
这种奇数位与偶数位的组间调换，也有
P
3
×
P
3
=36种顺序。
所以，用均不为0的
a
、
b
、
c
、
d
、
e
、
f
最少可排出36+36 =72个能被11整除的
数(包含原来的
abcdef
)。所以最少还能排出72-1 =71个能被11整除的六位数。
【例题十六】已知在由甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行的手工制 作比赛中，
决出了第一至第五名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很
遗 憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这个回答分
析，5人的名次排列共有 多少种不同的情况？
【解析】这道题乍一看不太像是排列问题，这就需要灵活地对问题进行转化．仔< br>细审题，已知“甲和乙都未拿到冠军”，而且“乙不是最差的”，也就等价于
5
人
排成一排，甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法数，因为乙的限制最多，
所以先排乙，有
3
种排法，再排甲，也有
3
种排法，剩下的人随意排，有
3
P3
3216
(种)排法．
解：根据乘法原理得：一共有
33654
(种)不同的排法。
【例题 十七】
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；
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
个人随意排，也就是
8
个元素全排列的问题，
8
有
P
8
8765432140320
(种)选择．
解：根据乘法原理得：共有
640320241920
(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

8

7
P
7
 76543215040
(种)排法．
解：根据乘法原理得：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< br>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 ．
解：根据乘法原理得：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．
解：根据乘法原理得：一共有
241202880
(种)排法。
【例题十八】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< br>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．
解：根据乘法原理得：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840
(种)方法．
解：根据乘法原理得：一共有
720840604800
(种)方法。
【例题十九】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
8
3
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< br>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
P
8
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
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。





9

【例题二十】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
人，分别进行单循环赛；< br>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？
【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
2

65
15
21
场，共
8
个小组，有
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
2

43

6
场，共
4
个小组，有
6424
场；第三阶段赛
224
场．
21
解：根 据乘法原理得：整个赛程一共有
120244148
场比赛。
【例题二十一】 由数字1，2，3组成五位数，要求这五位数中1，2，3至少各出
现一次，那么这样的五位数共有__ ______个。(2007年“迎春杯”高年级组决赛)
【解析】这是一道组合计数问题．由于题目 中仅要求
1
，
2
，
3
至少各出现一次，
没有确定< br>1
，
2
，
3
出现的具体次数，所以可以采取分类枚举的方法进 行统计，也
可以从反面想，从由
1,2,3
组成的五位数中，去掉仅有
1个或
2
个数字组成的五位
数即可．
1
3
中恰有一个数 字出现
3
次，(法1)分两类：⑴
1
，这样的数有
C
35460
(个)；
2
，
⑵
1
，
2
，
3
中有两个数字各出现
2
次，这样的数有
C
3
2
5C
4
2
90
(个)．符合题意
的五位数共有6090150
(个)．
(法2)从反面想，由
1
，
2< br>，
3
组成的五位数共有
3
5
个，由
1
，2
，
3
中的某
2
个数
字组成的五位数共有
3 (2
5
2)
个，由
1
，
2
，
3
中的某
1
个数字组成的五位数共有
3
个，所以符合题意的五位数共有
3
5
3(2
5
2)3150
(个)。
【例题二 十二】
10
个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同
选法？
【解析】(法1)乘法原理．按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中
后，另一个被 选中的，可以是除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人
都有
7
种选择，总共 就有
71070
种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，
会出现“选了甲、乙 ，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了
两种，所以最后的结果应该是(
10 111
)
10235
(种)．
2
(法2)排除法．可 以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为
C
10
，
2
而被选的两个人相邻的情况有
10
种，所以共有
C
10
1045 1035
(种)。
【例题二十三】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
只满足第一、三个条件的站法总数 为：
C
7
P
2
2
C
4
P
2
2
P
3
3
3360
（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：
3
C
6
P
22
P
3
2
P
2
2
P
2
2
960
（种）
因此同时满足三个条件的站法总数为：
33609602400
（种）。


10

【例题二十四】小明有10块大白兔奶糖,从今天 起,每天至少吃一块.那么他一共
有多少种不同的吃法?
【解析】我们将10块大白兔奶糖从 左至右排成一列,如果在其中9个间隙中的某
个位置插入“木棍”,则将
lO
块糖分成 了两部分。我们记从左至右,第1部分是
第1天吃的,第2部分是第2天吃的,„，如:○○○|○○○ ○○○○表示第一天
吃了3粒,第二天吃了剩下的7粒： ○○○○ | ○○○| ○○○表示第一天 吃
了4粒,第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒．不难知晓,每一种插入方法对
应一种吃法 ,而9个间隙,每个间隙可以插人也可以不插入,且相互独立，故共有
2
9
=512种 不同的插入方法,即512种不同的吃法。
【例题二十五】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
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，
1
只能在
A
船上，此时
A
船上还必须有
1
个成人，有
C
3
3
种方法；②若两个儿童不
在同一条船 上，即分别在
A、B
两船上，则
B
船上有
1
个儿童和
1
个成人，
1
个儿童
11
有
C
2
2< br>种选择，
1
个成人有
C
3
3
种选择，所以有
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
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
其余的
2
个< br>3
种选择．
成人与
2
个儿童，①若两个儿童在同一条船上，只能在< br>A
船上，此时
A
船上还必
1
须有
1
个成人， 有
C
2
2
种方法，所以此时有
326
种方法；②若两 个儿童不在
同一条船上，那么
B
船上有
1
个儿童和
1
个成人，此时
1
个儿童和
1
个成人均有
1
C
2< 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
船有
61218
种安全方法．所以 ，共有
91827
种安全乘法．
【例题二十六】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
【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
14112
种；
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
C
14
34749
。

11

【例题二十七】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：
⑴ 两人都不选派，有
C
5
3

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：
5 4
10
(种)选法，而另外会
21
安装音响设备的
3
人 全选派上，只有
1
种选法．由乘法原理，有
10110
(种)选法； < br>32
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
3
(种)
21
543< br>选法，需从
5
人中选
3
人安装电脑，有
C
5
3
10
(种)选法．由乘法原理，有
321
若此人要安装电脑，则还 需
2
人安装电脑，有
C
5
2

31030(种)选法．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；
② 两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有
C
5
2
C
3
2

案；
③两人全安装音响设备，有
3C
5
3
 3
543
30
(种)选派方案．根据加法原理，
321
5432
60
(种)选派方
2121
共有
5603 0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< br>(种)．
【例题二十八】有11名外语翻译人员，其中
5
名是英语翻译员，< br>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
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
5
5
种选择，需
从
4
名日语翻译员中选出
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：如果参加英文翻译，则需从
5
名英语翻译员中 再选出
3
人，有
543
10
种选择，需从
4
名日语翻译员中选出
4
人，有
1
种选择．由乘法原
321
理，有
210120
种选择；如果参加日文翻译，则需从
5
名英语翻 译员中选出
4
人，
3
C
5

131
5< br>种选择，
C
4
4
种选择．有
C
5
4C
5
需从
4
名日语翻译员中再选出
3
名，有
C
4
由
乘法原理，有
25440
种选择．根据加法原理，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．情况①中，还需从
5

12

名英语翻译员中选出
2
人，有
C
5< br>2

54
需从
4
名日语翻译员中选
4
人，
10
种选择．
21
1
种选择．由乘法原理，有
110 110
种选择．情况②中，需从
5
名英语翻译员中
43
1选出
4
人，有
C
5
4
C
5
还需从< br>4
名日语翻译员中选出
2
人，有
C
4
2
< br>5
种选择．
6
21
种选择．根据乘法原理，共有
15 630
种选择．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，有
3
C
5

543
31
需从
4
名日语翻译员中选出
3
人，有C
4
由
C
4
4
种选择．
10
种 选择，
321
乘法原理，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．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．





13