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小升初 排列组合专项思维训练
一、知识地图
1) 加法原理
2) 乘法原理
3) 排列
a) 信号问题
b) 数字问题
c) 坐法问题
d) 照相问题
e) 排队问题
4) 组合
a) 几何计数问题
b) 加乘算式问题
c) 比赛问题
d) 选法问题
二、基础知识
（一）加法原理：一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法 中有m
1
种不同做法，
第二类方法中有m
2
种不同做法，…，第k类 方法中有m
k
种不同的做法，则完成这件事共有
N=
m
1
m
2
m
k

种不同的方法。这就是加法原理。
例如：某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途 汽车，现在知道每天有五次火车
从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津。那么他在一天中去天津能 有多少种不同的走
法？
解答：分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车， 有这两大类走法，
并且每种走法都可以直接到达目的地，一步就可以完成任务，可以用加法原理。如果乘 火车，
有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法。上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共
有5+4=9种不同的走法。像这样一步可以完成任务，就用加法原理。
（二）乘法原理：一般地， 如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m
1
种不同
的方法，做第二步有m< br>2
种不同的方法，…，做第n步有m
n
种不同的方法，那么，完成这件
事一共有
N=
m
1
m
2
m
n

种不同的方法。这就是乘法原理。
例如：一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小 球，所有这些小球颜色各不
相同。问：从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
解 答：要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个
口袋中取一个，分两 步完成，要用乘法原理。共有3×8=24（种）不同的取法。
1.加法原理和乘法原理有什么区别？
1) 加法原理：先把方法分类，每一类的方法都能完成这件事。最后把这些方法相加。
2) 乘法原理：先把方法分步，每一步都不能独立完成这件事，但是完成这件事，这些
步骤缺一不可。最后把 方法数相乘。
2.运用两个基本原理时要注意：

1) 抓住两个基本原理的区别，千万不能混。
a) 不同类的方法（其中每一个方法都能各自独立地把事情 从头到尾做完）数之
间做加法，可求得完成事情的不同方法总数。
b) 不同步的方法（全程 分成几个阶段（步），其中每一个方法都只能完成这件
事的一个阶段）数之间做乘法，可求得完成整个事 情的不同方法总数。
2) 在研究完成一件工作的不同方法数时，要遵循“不重不漏”的原则。请看一 些例
子：从若干件产品中抽出几件产品来检验，如果把抽出的产品中至多有2件次品
的抽法仅仅 分为两类：第一类抽出的产品中有2件次品，第二类抽出的产品中有1
件次品，那么这样的分类显然漏掉 了抽出的产品中无次品的情况。又如：把能被2、
被3或被6整除的数分为三类：第一类为能被2整除的 数，第二类为能被3整除
的数，第三类为能被6整除的数。这三类数互有重复部分。
3) 在 运用乘法原理时，要注意当每个步骤都做完时，这件事也必须完成，而且前面
一个步骤中的每一种方法， 对于下个步骤不同的方法来说是一样的。
（三）排列
一般地，从n个不同元素中取出m个元 素（m≤n）排成一列的问题，可以看成是从n
个不同元素中取出m个，排在m个不同的位置上的问题， 而排列数
P
n
就是所有可能的排法
数量。那么，每个排列共需要m步，而每一 步又有若干种不同的方法，排列数
P
n
可以这样
计算：
第一步：先排第一个位置上的元素，可以从n个元素中任选一个，有n种不同的选法；
第二步：排 第二个位置上的元素。这时，由于第一个位置已用去了一个元素，只剩下（n-1）
个不同的元素可供选 择，共有（n-1）种不同的选法；
第三步：排第三个位置上的元素，有（n-2）种不同的选法；
……
第m步：排第 m个位置上的元素。由于前面已经排了（m-1）个位置，用去了（m-1）个
元素。这样，第m个位置 上只能从剩下的[n-（m-1）]=（n-m+1）个元素中选择，有（n-m+1）
种不同的选法。
由乘法原理知，共有：
n（n-1）（n-2）…（n-m+1）
种不同的排法，即：
m
m
P
n
m
n(n1) (n2)(nm1)
。
这里，m≤n；且等号右边从n开始，后面每个因数比前一个因数小1，共有m个因数相
乘。
例如：有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：共可以表示
多少种不 同的信号？
解答：这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个
位置。我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问题。由于信号不仅
与旗 子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，其中n=5，m=3。
3
由 排列数公式知，共可组成
p
5
=5×4×3=60种不同的信号。

（四）组合

一般地，从n个不同元素中取出m个元素（m≤n）组成一组不计 较组内各元素的次序，
叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。
由组合的定义可 以看出，两个组合是否相同，只与这两个组合中的元素有关，而与取到
这些元素的先后顺序无关。只有当 两个组合中的元素不完全相同时，它们才是不同的组合。
从n个不同元素中取出m个元素（m≤n ）的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取
出m个不同元素的组合数。记作
C
n< br>。
一般地，求从n个不同元素中取出m个元素排成一列的排列数
P
n
可以分两步求得：
第一步：从n个不同元素中取出m个元素组成一组，共有
C
n
种方法；
第二步：将每一个组合中的m个元素进行全排列，共有
P
n
种排法。
故由乘法原理得到：
mmm

P
n
＝
C
n
·
P
m

m
m
m
m
因此

这就是组合数公式。


规定
C
n
＝1，
C
n
＝1。
例如：数学 小组有8个人，现在要从这8个人中选出3个人来参加数学竞赛，问有多
少种不同的选法？
解 答：从8个人里选出3个人参加数学竞赛，只与选出的结果有关，与选的先后顺序
n0

P
8
3
8(81)(82)
无关，所以是组合问题，n=8，m= 3。根据组合公式知：
C
3
56
，
321
P3
3
8
所以有56种不同的选法。
解决排列组合问题的一些解题技巧， 这里可以简单的向大家做一个介绍。简单的说是十
六字方针“分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合 。十二个技巧。
1. 优先排列法；
2. 总体淘汰法；
3. 合理分类与准确分步；
4. 相邻问题用捆绑法；
5. 不相邻问题用“插空法”；
6. 顺序固定用“除法”；
7. 分排问题用直接法；
8. 试验法；
9. 探索法；

10. 消序法；
11. 住店法；
12. 对应法。

三、经典透析
【例1】（☆☆）小明和小王从北京出 发先到天津看海，然后再到上海东方明珠塔参观。从
北京到天津可以坐火车或者坐公共汽车，坐火车有4 种车次，坐公共汽车有3种车次；而从
天津到上海可以坐火车，公共汽车，轮船或者飞机，火车有3种， 汽车有5种，轮船有4
种，飞机有2种。问小明和小王从北京到上海旅游一共有多少种走法？
审题要点：首先看他们完成整个过程需要几个过程，这是判断利用加法原理和乘法原理
的依据。很明显整 个过程要分两步完成，先从北京到天津，再从天津到上海，应该用乘法原
理。
我们再分开来看 ，先看从北京到天津，无论是坐火车还是汽车都是一步完成，所以要用加法
原理，同样的道理，从天津到 上海的走法计算也应该用加法原理。
详解过程：从北京到天津走法有：4+3=7种，同样的道理，天 津到上海走法有：3+5+4+2=14
（种）。
最后，算出从北京到上海的走法有：7×14=98（种）。
专家点评：本题是考察学生对加 法乘法原理的理解，只要正确利用加法乘法原理，解这
种题应该难度不大。

【例2 】（☆☆☆）某公园有两个园门，一个东门，一个西门。若从东门入园，有两条道路
通向龙凤亭，从龙凤 亭有一条道路通向园中园，从园中园又有两条道路通向西门。另外，从
东门有一条道路通向游乐场。从游 乐场有两条道路通向水上世界，另有一条道路通向园中园。
从水上世界有一条道路通向西门，另有一条道 路通向小山亭，从小山亭有一条道路通向西门。
问若从东门入园，从西门出园一共有多少种不同的走法（ 不走重复路线）？
审题要点：这个题的已知条件比较复杂。首先让我们将已知条件“梳理”一下：
1.从东门入园，从西门出园；
2.从东门入园后，可以通向两个游览区，龙凤亭与游乐场；
3.从龙凤亭经园中园可达到西门；
4.从游乐场经水上世界可达到西门，或从游乐场经园中园可达到西门；
5.从水上世界经小山亭可达到西门；
根据以上五条可知，从东门入园经龙凤亭经园中园达到西门为一 主干线。而东门到龙凤亭有
两条不同路线；龙凤亭到园中园只有一条路线；园中园到西门又有两条不同的 路线。由乘法
原理，这条主干线共有2×1×2=4种不同的走法。再看从东门入园后到游乐场的路线。 从东
门到游乐场只有一条路，由游乐场分成两种路线，一是经园中园到西门，这条路线由乘法原
理可知有1×1×2=2种不同走法；二是经水上世界到西门，从水上世界到西门共有两条路线
（由水上 世界直接到西门和经小山亭到西门），再由乘法原理可知这条路线有1×2×2=4种
不同路线。最后由 加法原理计算。从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有
2×1×2+1×1×2+1×2×2 =10种。
详解过程：从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有
2×1×2+1×1 ×2+1×2×2=10（种）。
专家点评：本题主要考察加法乘法原理。先分类利用加法原理，再对 每一类进行分步利用乘
法原理。

注意：这道题也可用“枚举法”来解。
我们可以先画出一个图，从图上便可以得出正确的答案。
图中A表示东门，B表示西门，C表 示龙凤亭，D表示园中园，E表示游乐场，F表示水上世
界，G表示小山亭，线表示道路。不同的走法有 ：即共有10种不同走法。

11
ACDB
21
ACDB

12
ACDB
22
ACDB
< br>1
AEDB
AEFGB
1
AEFG B
1
2
B

ACD
2
AEFGB
2
AEFGB

如果能够利用加法与乘法原理的题型就没必要用枚举法，因为枚举法比较容易重复和遗
漏。

【例3】（☆☆☆）由数字0、1、2、3组成三位数，问：
①可组成多少个不相等的三位数？
②可组成多少个没有重复数字的三位数？
审题要点： 首先确定解题方法，在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一
位一位地去确定。所以，每 个问题都可以看成是分三个步骤来完成，最后要用乘法原理来处
理。
详解过程：①要求组成不 相等的三位数。所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，
故有3种不同的取法；十位上，可以在四 个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，
也有4种不同的取法，由乘法原理，共可组成3×4× 4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不 同的取法；十位上，
由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法； 个位上，
由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法，由乘法原理，共有3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
专家点评：在解题之前首先确定解题方法， 然后各个击破就可以了。运用乘法原理时的
分步时，应该先从限制条件最多的地方下手，比如此题中就应 该从百位开始取，而不应该先
从其他位取。另外特别要注意“是否重复”这个条件，因为这关系着后面每 一步的方法数。

【例4】（☆☆☆）如下图，A、B、C、D、E五个区域分别用红、黄、 蓝、白、黑五种颜色
中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？

审题要点：首先确定解题方法，将染色这一过程分为依次给A、B 、C 、D 、E染色五
步，很明显要用乘法原理，现在只要算出各个量就行了。
详解过程：先给A 染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；第2步给B染色，
因不能与A同色，还剩下4种颜色 可选择，故有4种不同的染色方法；第3步给C染色，因
为不能与A，B同色，故有3种不同的染色方法 ；第4步给D染色，因为不能与A，C同色，
故有3种不同的染色方法；第5步给E染色，由于不能与A ，C，D同色，故只有2种不同的
染色方法。根据乘法原理，共有不同的染色方法
5×4×3×3×2＝360（种）。
专家点评：染色问题，一般用乘法原理。但要注意限制 性条件，从限制条件最多的部分
的开始分步，此题中A区域与其他四个区域均有相邻，所以应该先染色， 其他依次类推。

【例5】（☆☆☆）4名同学到照相馆照相。他们要排成一排，问：共有多少种不同的排法？
审题要点：4个人到照相馆照相，那么4个人要分坐在四个不同的位置上。所以这是一
个排列问题。我们 的问题就是要从四个不同的元素中取四个，排在四个位置。这时n=4，m=4。
详解过程：由排列数公式知，共有
24

P
4
4
4321
种不同的排法。
答：共有24种不同的排法。
专家点评：首先看清楚是排列还是组合，这个是解决排列组合问 题的前提，也是必需的条件，
区分排列组合后，应该确定元素总数和排列组合元素数，信号旗问题是典型 的排列问题。
一般地，对于m=n的情况，排列数公式变为
n

P
n
n(n1)(n2)321

表示从n个 不同元素中取n个元素排成一列所构成排列的排列数。这种n个排列全部取出的
排列，叫做n个不同元素 的全排列。
全排列式右边是从n开始，后面每一个因数比前一个因数小1，一直乘到1的乘积，记
n
为n！，读做“n的阶乘”，则可以写为：
P
n
n!
其 中n！=n（n-1）（n-2）…3·2·1。
注意：这个问题也可以用乘法原理来做。一般，乘法 原理中与顺序有关的问题常常可以
用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑 ，使问题简化。

【例6】（☆☆☆）从分别写有1、3、5、7、8五张卡片中任取两张， 作成一道两个一位数
的乘法题，问：
①有多少个不同的乘积？
②有多少个不同的乘法算式？
审题要点：①要考虑有多少个不同乘积。由于只要从5张卡片中取两张， 就可以得到一
个乘积，因为乘法的交换率，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关 ，
所以这是一个组合问题。
②要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有 关，而且与取到两张卡片
的顺序有关，所以这是一个排列问题。
详解过程：①由组合数公式得到，共有
P
5
2
54
10
个不同的乘积。
C
2

P
2
21
2
5

②由 排列数公式，共有
P
5
2
＝5×4＝20种不同的乘法算式。
答：共有10个不同的乘积，20种不同的乘法算式。
专家点评：首先判断是排列还是组合，剩下的就是简单计算了。

【例7】（☆☆☆）如下图，问：①下左图中，共有多少条线段？②下右图中，共有多少个
角？

审题要点：①在线段AB上共有7个点（包括端点A、B）。注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，而与选这两个端点的顺序无关，所以，这
是一个组 合问题。
②从O点出发的射线一共有11条，它们是OA， OP
1
，OP
2
，OP
3
，…，OP
9
，OB。注意到每两
条射线可以形 成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少
个角。显然，是组合问题。
详解过程：①由组合数公式知，共有
P
7
2
76
21
条不同的线段；
C< br>2

P
2
21
2
7
②共有
C11
种不同的取法，所以，可组成
C
11
个角。
2
P
1110
11
55
个不同的角。 由组合数公式知 ，共有
C
2

P
2
21
2
11
22
专家点评：在几何计数当中也用到了很多排列组合的方法。

【例8】（☆☆ ☆☆）从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教
室，问有几种选法？
审题要点：首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情
况，即可分三类 ，自然考虑到加法原理。当从国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的
乘法原理。由此可知这是一道 利用两个原理的综合题。关键是正确把握原理。
详解过程：符合要求的选法可分三类：
设第 一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画中选1张，第二步再在
3张油画中选1张 。由乘法原理有 5×3＝15种选法。
第二类为：国画、水彩画各一幅，由乘法原理有 5×2＝10种选法。
第三类为：油画、水彩画各一幅，由乘法原理有3×2＝6种选法。
这三类是各自独立发生互不相干进行的。
因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 15＋10＋6＝31种。
答：有31种选法。
专家点评：我们讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题。事实上 ，这些问题是
相互联系、不可分割的。有时候做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成 。

在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理。要正确地解决这些 问题，
就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点。

【例9】（☆☆☆☆）国家举行足球赛，共15个队参加。比赛时，先分成两个组，第一组8
个队，第二组7个队。各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）。然
后再 由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军。问：①共需比赛多少场？②如果
实行主客场制（即 A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在
的城市比赛一场），共需比赛多 少场？
审题要点：①实行单循环赛，比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组
中比赛的场次，决赛时比赛的场次。总的场次计算要用加法原理。
②由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是①中的2倍。
另外，由于主客 场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关。还可
以用排列的知识来解决。 < br>详解过程：①第一组中8个队，每两队比赛一场，8个队里选两个队，是组合问题，所
以共比赛< br>C
8
场；第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛
C
7
场；决赛中4个队，每
两队比赛一场，所以共比赛
C
4
场。
实行单循环赛共比赛
2
22

22

2
②第一组共比赛
P
8
场，第二组共比赛
P
7
场，决赛时共 比赛
P
4
场。
222
实行主客场制，共需比赛2×（
C< br>8
C
7
C
4
）＝110（场）。
222
或解为：
P
8
P
7
P
4
＝8×7＋7×6＋ 4×3＝56＋42＋12＝110（场）。
答：共需比赛55场，如实行主客场制要比赛110场。
专家点评：比赛问题是常见的排列组合问题，一般需要综合求解。

四、拓展训练
1.如下图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条 路可走，从甲地到丙地有3
条路可走。那么，从甲地到丙地共有多少种走法？

初级点拨： 分析题意，从甲地到丙地，先看是用加法原理还是乘法原理，判断好方法，
然后简单计算就可以了。
深度提示：从甲地到丙地共有两大类不同的走法，用加法原理。
第一类，由甲地途经乙地 到丙地。这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走
法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以 要用乘法原理，这时共有4×2种不同的走法。
第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法。
全解过程：由加法原理知，由甲地到丙地共有：4×2+3=11（种）不同的走法。
答：从甲地到丙地有11种不同的走法。

2.一个口袋内装有3个小球，另一个口 袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同。问：
①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取 法？
②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
初级点拨：先弄清楚用加法原理 还是乘法原理，先看有几大类，再看分几步。本题应注
意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同， 乘法原理中，做完一件事要分成若干个步
骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件 事可以有几类方法，每一类
方法中的一种做法都可以完成这件事。往往有许多事情是有几大类方法来做的 ，而每一类方
法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理。 < br>深度提示：①从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么
从第二个口 袋中取，共有两大类方法。所以是加法原理的问题。
②要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第 一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取
一个，分两步完成，是乘法原理的问题。
全解过程：①从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11（种），不同的取法。
②从两个口袋中各取一个小球共有3×8=24（种）不同的取法。
答：从两个口袋任取一球有11种不同的取法，从两个口袋各取一球有24种不同的取法。

3.右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能
出现一个棋子。问：共有多少种不同的放法？

初级点拨：由于四个棋子要一个一个地放 入方格内。故可看成是分四步完成这件事。要
用乘法原理。
深度提示：第一步放棋子A，A可 以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的
放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A 的那一行和一列中的其他方格内也不能放

B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法 ；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，
还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D ，再去掉C所在的行和列的方格，
只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决。
全解过程：由乘法原理，共有
16×9×4×1=576（种）不同的放法。
答：共有576种不同的方法。

4.如下图，要从A点沿线段走到B，要求每一步 都是向右、向上或者向斜上方。问有多少种
不同的走法？


初级点拨：注 意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过右图中C、D、E、F四点
中的某一点的路线一定不再经 过其他的点。也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是
分别经过C、D、E、F的路线。

深度提示：第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条
路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线。
第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法
原理，从A经D到 B共有4×4=16种不同的走法。
第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B， 观察发现。各有一条路。
所以，从A经E到B共有1种走法。
第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法。最后由加法原理即可求解。
全解过程：：如上右图，从A到B共有下面的走法：
从A经C到B共有2×2=4种走法；
从A经D到B共有4×4=16种走法；
从A经E到B共有1种走法；
从A经F到B共有1种走法。所以，从A到B共有：4+16+1+1=22种不同的走法。
答：有22种不同的走法。

5.某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营 ，问共有多少种选法？如果在42人中选
3人站成一排，有多少种站法？
初级点拨：首先根据 不同情况分，看清楚是用排列还是组合，然后再根据排列组合公式
进行求解。

深度提示：要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，
而与三名同学被 选出的顺序无关。所以，共有
C
42
种不同的选法。要在42人中选出3人站
成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关。所
以，共有P
42
种不同的站法。
全解过程：由组合数公式，共有
3
P
42
424140
11480
种不同的选法。
C
3

P
3
321
3
42
3
3
由排列数公式，共有
P
42
＝42×41×40＝68880种 不同的站法。
答：有11480种不同的选法，有68880种不同的站法。

6. 从8人的数学兴趣小组中选2人
（1）分别担任正副组长，有多少种不同的选法？
（2）一起参加一次数学竞赛，有多少种不同的选法？
初级点拨：注意分清排列问题和组合问题。
深度提示：（1）选出正副组长，有正副之分，也 就是从8人中选2人后，要进一步确认
正副组长，因此是个排列问题；
（2）选人参加数学竞赛没有顺序，因此是个组合问题。
全解过程：（1）利用排列公式，共有
P
8
=8×7=56种选法；
（2）利用组合公式，共有
C
8
=
2
2
3
87
=28种选法。
21
答：分别担任正副组长，有56种不同的选法；一起参加一次 数学竞赛，有28种不同的选法。

7.在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点， 可以画出多少不同的（1）直线段（2）
三角形（3）四边形？
初级点拨：首先观察是组合问题还是排列问题，那就要看你取的点是否与顺序有关？
深度提示 ：很明显，你要画的三个图形都与取出点的顺序无关，所以三个问题都应该是
组合问题。由于10个点都 在圆周上，因此任意三点都不共线，故只要在10个点中任取2
点，就可画出一条线段；在10个点中任 取3个点，就可画出一个三角形；在10个点中任取
4个点就可画出一个四边形。
全解过程：由组合数公式：
109
45
，可画出45条线段；
21
1098
3
120
，可画120个三角形； （2）
C
10

321
10987
4
 210
，画210个四边形。 （3）
C
10

4321
（1）
C
1 0

2
答：可以画出45条线段，120个三角形，210个四边形。

8.七个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人必须排在一起，有多少种不同的排法？

初级点拨：首先看是排列还是组合？这道题明显是排列问题，然后你再看所要排列的各
个元素之 间的关系，利用排列公式就可以了。
深度提示：甲乙丙三人必须排在一起，可以用分类的方法，考虑三 人在七个位置中的不
同情况，如：
甲 乙 丙
此时甲乙丙占了头三个位置 ，然后再排其他四个人，最后再考虑甲乙丙三人的顺序，这种方
法比较复杂，我们可以换一种方法来考虑 这个问题，由于甲乙丙要排在一起，因此我们可以
先将这三个人看作一个元素，将这个元素与其他四个元 素进行排序，最后将这三个元素排序，
用这种方法大大简化了思维过程。
第一步：甲、乙、丙 看作一个元素与其他四个元素排列，即五个元素进行排序：
P
5
；第二
步：甲 乙丙三个元素排序：
P
3

全解过程：不同的排法数有：
P
5
×
P
3
=5×4×3×2×1×3×2×1=720。
答，有720种不同的排法。

9.（1）把八本书排在上下两格书架上，每格四本，有多少种不同的排法？
（2）把八本书放在书架上，上格一本，中格三本，下格四本，有多少种排法？
初级点拨：书放在上层和下层是否相同？弄清楚是排列还是组合？
深度提示：很明显，书放在 上层和下层不相同，应该用乘法原理，但每层书的摆放要用
排列原理，（1）八本书中先选四本排在第一 格，有
P
8
种排法，再将剩下4本书排在第二格，
有
P
4< br>种排法；
（2）八本书选一本放在上格有
P
8
种排法，再从剩下的7 本中选三本放中格，有
P
7
种排法，
最后四本书放下格，有
P
4
种方法。
全解过程：根据乘法原理：
（1）不同的排法数是
P
4
×
P
8
=8×7×6×5×4×3×2×1=40320种；
（2）不同的排法是
P
8
×
P
7
×
P
4< br>=8×7×6×5×4×3×2×1=40320种。
答：把八本书排在上下两格书架上，每格四本，有40320种不同的排法；
把八本书放在书架上，上格一本，中格三本，下格四本，有40320种不同的排法。
注意： 从上两小题发现，无论放几层，分几本放，结果都是一样的，都是40320，若分
成4层呢？是不是还 是40320？

10.学校乒乓球队有10名男生，8名女生，现要选8人参加区里比赛， 在下列的条件下，分
别有多少种排法？
（1）恰有3名女生入选；
（2）至少有2名女生入选；
（3）最多有3名女生入选；
134
44< br>4
13
4
4
53
3
5

（4） 某2名女生，某2名男生必须入选。
初级点拨：此题是个典型的组合问题，元素之间没有顺序，第⑵、 ⑶小题中涉及至少至
多的问题，一般可分类来解决，而至少有2名女生入选的情况有：2名，3名，4名 ，5名……
8名女生入选，情况较多，因此考虑从全部选法中除去没有女生的选法和恰有1名女生的选< br>法，这种方法称为间接法。
深度提示：（1）先选3名女生：
C
8
， 再从10名男生中选5人：
C
10
；
（2）从全部选法中除去没有女生的选法和恰有1名女生的选法。
全部选法数
C
18
；
恰有1名女生入选的选法：
C
8
×
C
10
。
没有女生入选的选法：
C
10

（3）分四类，第一类没有女生入选，
C
10
；
第二类，恰有一女生入选，；
C
8
×
C
10
；
26
第三类，恰有二女生入选
C
8
C
10
；
35
第四类，恰有三名女生入选
C
8
C
10
。
17
8
8
17
8
35
（4）某2名女生，某2名男 生必须入选，说明有4人已选定，只须从剩下的14人中再选4
人。
全解过程：（1）恰有3名女生入选共有：
5
C
8
3
×
C
10
=14112（种）；
（2）至少有2名女生入选的方法：
C
18
-
C
8
×
C
10
-
C
10
=42753（种）；
（3）最多有三名女生入选的选法数：
8172635
C
10
+< br>C
8
×
C
10
+
C
8
C
10
+
C
8
C
10
=45+960+5880+1411 2=20997（种）；
8178
（4）从剩下的14人中再选4人，共有选法
C< br>14
=1001（种）。
答：（1）恰有3名女生入选，有14112种选法；
（2）至少有2名女生入选，有42753种选法；
（3）最多有3名女生入选，有20997种选法；
（4）某2名女生，某2名男生必须入选，有1001种选法。



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