排列、组合问题分类八篇

2024-09-12

排列、组合问题分类篇1

从解法上看, 排列组合问题大致有以下几种模型:

一、“在或不在”问题

例1:六个人按下列要求站一横排, 分别有多少种不同的站法?

(1) 甲乙两人必须排在两端;

(2) 甲不在左端, 乙不在右端。

分析: (1) 甲乙两人排在两端有种站法;其余的人共有种站法, 故共有种站法。

(2) 直接法求解有困难, 选用间接法:甲在左端的站法有种;乙在右端的站法也有种;且甲在左端而乙在右端的站法有种;故共有种站法。

注:“在”通常用直接法, “不在”常选用间接法。

二、相邻问题捆绑法

例2:六个人按下列要求站一横排, 甲乙必须相邻, 有多少种不同的站法?

分析:甲乙两人构成一个集团的站法有种;这个集团再与余下的4人全排, 故共有种站法。

变式1.六个人按下列要求站一横排, 甲乙之间间隔两人, 有多少种不同的站法?

分析:先选出甲乙之间间隔两人并排列有种站法;这两个人再与甲乙两人构成一个集团的站法有种;这个集团在与余下的两人全排, 故共有种站法。

注:将需要相邻的元素构成一个集团, 先内排再外排。

三、不相邻问题插空法

例3:六个人按下列要求站一横排, 甲乙不相邻, 有多少种不同的站法?

分析:甲乙不相邻, 插空法:第一步让余下的4人排, 有种站法;第二步将甲、乙插入4人形成的5个空中 (含两端) , 有种站法, 故共有种站法。

变式2.有3名男生, 4名女生, 按下列要求站一横排, 有多少种不同的站法?

(1) 男生不相邻;

(2) 男女相间。

分析: (1) 男生不相邻, 插空法:第一步让4名女生排, 有种站法;第二步将男生插入4名女生形成的5个空中 (含两端) , 有种站法, 故共有种站法。

(2) “相间”要考虑两方面, 与“不相邻”有区别。先排男生有种站法, 再将女生插空, 有种站法, 故共有种站法。

注:将无要求的元素先排, 再把要求不相邻的元素插空。

四、“多面手”问题

例4:由12人组成的课外文娱小组, 其中7个人会跳舞, 7个人会唱歌, 若从中选出4个会唱歌, 4会跳舞的人去排演节目, 共有多少种不同的选法?

分析:由人数分析, 12人中5个人只会跳舞, 5个人只会唱歌, 2个人既会跳舞又会唱歌, 即有两人为“多面手”。这一类问题从多面手出发按一个标准分类即可。 (1) “多面手”不参加跳舞:有种选法; (2) “多面手”1人参加跳舞:有种选法; (3) “多面手”2人参加跳舞:有种选法, 故共有种选法。

注:这种做法讨论简单易行, 条理清晰。

五、“成双成对”问题

例5:从不同号码的5双鞋中任取4只, 恰好一双的取法共有多少种?

分析:5双鞋中任取4只, 恰好一双, 说明4只鞋中, 有一双和两个单只。分两步: (1) 先选出一双:有C15种选法; (2) 再选出两双各取一只:有种选法;故共有种选法。

注:“成双成对”问题, 成双成对处理。

六、定序问题

例6:在书柜的某一层上原有6本书, 如保持原书顺序不变, 再放入3本不同的书, 那么有多少种放置方法?

分析:解法1: (1) 先全排:有种方法; (2) 再除以6本书的全排:故共有种方法。

解法2:只需在9个位置中选3个排后放入的3本书, 故共有种方法。

注:定序问题“无序化”, 即若某几个元素必须保持一定的顺序, 则可按通常排列后再除以这几个元素的排列数。

七、相同元素隔板法

例7:要从7个班中选10人参加数学竞赛, 每班至少1人, 共有多少种不同的选法?

分析:要从7个班中选10人参加数学竞赛, 其实相当于有10个名额, 即相同元素。采用隔板法:10个元素有9个空, 在9个空中选6个位置插6个隔板, 分成7份给7个班, 故共有种方法。

注:隔板法的特征:相同元素、至少一个。

八、分组分配问题

例8:按下列要求分配6本不同的书, 各有多少种不同的分配方式?

(1) 分成三份, 一份2本, 一份2本, 一份3本;

(2) 平均分成三份, 每份两本;

(3) 分成三份, 一份4本, 另两份每份1本;

(4) 甲得1本, 乙得1本, 丙得4本。

分析: (1) 无序不均匀分组问题

分三步:先选1本有种选法;再从余下的5本中选2本有种选法;对于余下的3本全选有种选法, 由分步计数原理知有种选法。

(2) 无序均匀分组问题

先分三步, 则应是种选法, 但是这里出现了重复, 不妨记6本书为A、B、C、D、E、F, 若第一步取了AB, 第二步取了CD, 第三步取了EF, 记该种分法为 (AB, CD, EF) , 则种分法中还有 (AB、EF、CD) , (CD、AB、EF) 、 (CD、EF、AB) 、 (EF、CD、AB) 、 (EF、AB、CD) 共有种情况, 而且这种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同, 因此, 只是一种情况, 故分法有种。

(3) 无序部分均匀分组问题

两组均分产生顺序重复, 故分配方式有种。

(4) 直接分配问题

甲选1本有种选法;乙再从余下的5本中选1本有种选法;丙在余下的4本全选有种选法, 故共有种选法。

注:均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型。解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组, 几组均分就除以几的阶乘, 形成无序的组再分配。可以概括为以下几个环节:选数、形成无序的组、分配。

排列、组合问题分类篇2

1 合理分类与准确分步策略

解含有约束条件的排列组合问题, 应按元素性质进行分类, 按事情发生的连续过程分步, 保证每步独立, 达到分类标准明确, 分步层次清楚, 不重不漏.

例1 (2012年高考 (北京理) ) 从0, 2中选一个数字, 从1, 3, 5中选两个数字, 组成无重复数字的三位数, 其中奇数的个数为 () .

(A) 24 (B) 18 (C) 12 (D) 6

解析由于题目要求是奇数, 那么对于此三位数可以分成两种情况:奇偶奇, 偶奇奇.如果是第1种奇偶奇的情况, 可以从个位开始分析3种选择, 之后二位, 有2种选择, 最后百位2种选择, 共12种;如果是第2种情况偶奇奇, 分析同理, 个位有3种选择, 十位有2种选择, 百位有一种选择, 共6种, 因此总共12+6=18种, 选B.

点评本题是排列组合问题, 属于传统的奇偶数排列的问题, 解法不唯一.解排列与组合并存的问题时, 一般采用先选 (组合) 后排 (排列) 的方法解答.需先进行良好的分类之后再分步计算, 该问题即可迎刃而解.

2 特殊元素 (位置) “优先安排”策略

对于带有特殊元素的排列组合问题, 一般应先考虑特殊元素, 再考虑其它元素.

例2 (2005年福建卷) 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科4个城市游览, 要求每个城市有一人游览, 每人只游览一个城市, 且这6人中, 甲、乙两人不去巴黎游览, 则不同的选择方案共有 () .

(A) 300种 (B) 240种

解析因为甲、乙不去巴黎, 故从其余4人选1人去巴黎有C41种方法, 再从剩余5人中选3人去其余3市, 有A53种方法, 所以共有方案C41A53=240 (种) , 故选B.

3 混合问题“先选后排”策略

“先选后排”是解排列组合问题的一个重要原则.一般地, 在排列组合综合问题中, 我们总是先从几类元素中取出符合题意的几个元素, 再安排到一定位置上.

例3 (1995年全国高考题) 4个不同的小球放入编号为1, 2, 3, 4的4个盒中, 则恰有一个空盒的放法共有 __种 (用数字作答) .

4 否定问题“淘汰”策略

对于含有否定字眼的问题, 可以从总体中把不符合要求的除去, 此时需注意不能多减, 也不能少减.

例4用5个数字0, 2, 3, 4, 5, 组成没有重复数字的三位数, 其中偶数共有 () .

(A) 24个 (B) 30个

解析5个数字组成三位数的全排列有A53个, 排好后发现0不能排首位, 而且数字3, 5也不能排末位, 这两种排法要除去, 故有A53-A42-A22A31A31=30个偶数.

5 相邻问题“捆绑”策略

把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”, 与其余普通元素全排列, 是为“捆绑法”, 又称为“大元素法”.不过要注意“大元素”内部还需要进行排列.

例5 (1996年上海高考题) 有8本不同的书, 其中数学书3本, 外文书2本, 其他书3本, 若将这些书排成一列放在书架上, 则数学书恰好排在一起, 外文书也恰好排在一起的排法共有 __种 (结果用数字表示) .

解析将数学书与外文书分别捆在一起与其它3本书一起排, 有A55种排法, 再将3本数学书之间交换有A33种, 2本外文书之间交换有A22种, 故共有A55A33A22=1440种排法.

点评这里需要说明的是, 有一类问题是两个已知元素之间有固定间隔时, 也用“捆绑法”解决.如:7个人排成一排, 要求其中甲乙两人之间有且只有一人, 问有多少种不同的排法?可将甲乙两人和中间所插一人“捆绑”在一起做“大元素”, 但甲乙两人位置可对调, 而且中间一人可从其余5人中任取, 故共有C51A22A55=1200种排法.

6 不相邻问题“插空”策略

对于某几个元素不相邻的排列问题, 可先将其他元素排好, 再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可.

例6 (2012年高考 (重庆理) ) 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语3门文化课和其他3门艺术课个1节, 则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 __ (用数字作答) .

点评本题在计数时根据具体情况运用了插空法, 做题时要注意体会这些方法的原理及其实际意义.

7 顺序固定问题用“除法”策略

对于某几个元素顺序一定的排列问题, 可先把这几个元素与其他元素一同排列, 然后用总排列数除以这几个元素的全排列数.

例7 6个人排队, 甲、乙、丙3人按“甲—乙—丙”顺序排的排队方法有多少种?

解析不考虑附加条件, 排队方法有A66种, 而其中甲、乙、丙的A33种排法中只有一种符合条件.故符合条件的排法有A66÷A33=120种.

8 构造“隔板”模型策略

对于较复杂的排列问题, 可通过设计另一情景, 构造一个隔板模型来解决问题.

例8方程a+b+c+d=12有多少组正整数解?

解析建立隔板模型:将12个完全相同的球排成一列, 在它们之间形成的11个间隙中任意插入3块隔板, 把球分成4堆, 每一种分法所得4堆球的各堆球的数目, 对应为a, b, c, d的一组正整解, 故原方程的正整数解的组数共有C311=165.

又如方程a+b+c+d=12非负整数解的个数;三项式 (a+b+c) 10, 四项式 (a+b+c+d) 10等展开式的项数, 经过转化后都可用此法解.

9 分排问题“直排”策略

把几个元素排成前后若干排的排列问题, 若没有其它的特殊要求, 可采取统一排成一排的方法来处理.

例9 (2004年辽宁卷) 有两排座位, 前排11个座位, 后排12个座位, 现安排2人就座, 规定前排中间的3个座位不能坐, 并且这2人不左右相邻, 那么不同排法的种数是 () .

(A) 234 (B) 346 (C) 350 (D) 363

解析在排列问题中, 站若干排与站一排一样, 故一共可坐的位子有20个, 2个人就座方法数为A220, 还需排除两人左右相邻的情况, 把可坐的20座位排成连续一行 (一排末位B与二排首位C相接) , 任两个座位看成一个整体, 即相邻的坐法有A119A22, 但这其中包括B, C相邻与E, F (前排中间3座的左E, 右F) 相邻, 而这种相邻在实际中是不相邻的, 还应再加上2A22.

所以不同排法的种数为:

故选B.

1 0 复杂问题正难反易“等价转化”策略

有些问题从正面考虑较为复杂而不易得出答案, 这时, 从反面入手考虑, 往往会取得意想不到的效果.

例10 (1990年全国高考题) 以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有 () .

(A) 70个 (B) 64个

解析直接统计较繁, 可从反面入手.从8个顶点中任取4个有C84种取法, 而4点共面的情况有6个表面和6个对角面, 因此结果为C84-12=58个, 选C.

1 1“表格法”策略

有些较复杂的问题可以通过列图表使其直观化.

例11 9人组成篮球队, 其中7人善打前锋, 3人善打后卫, 现从中选5人 (两卫三锋, 且锋分左、中、右, 卫分左右) 组队出场, 有多少种不同的组队方法?

解析由题设知, 其中有1人既可打锋, 又可打卫, 则只会锋的有6人, 只会卫的有2人, 如表1所示.

由表1知, 共有A63A22+A63C21A22+C62A33A22=900种方法.

1 2“列举法”策略

列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法.要能熟练运用.

例12 (2012年高考 (四川理) ) 方程ay=b2 x2+c中的a, b, c∈{-3, -2, 0, 1, 2, 3}, 且a, b, c互不相同, 在所有这些方程所表示的曲线中, 不同的抛物线共有 () .

(A) 60条 (B) 62条

解析方程ay=b2 x2+c变形得

若表示抛物线, 则a≠0, b≠0, 所以, 分b=-3, -2, 1, 2, 3共5种情况.

(1) 若b=-3, 则

(2) 若b=3, 则

以上两种情况下有9条重复, 故共有16+7=23条.

同理当b=-2, 或2时, 共有23条;当b=1时, 共有16条.

综上, 共有23+23+16=62种.

点评此题难度很大, 若采用排列组合公式计算, 很容易忽视重复的18条抛物线.

1 3“小集团”排列问题“整体优先法”策略

小集团排列问题中, 先整体后局部, 再结合其它策略进行处理.

例13用1, 2, 3, 4, 5组成没有重复数字的五位数, 其中恰有两个偶数夹在1, 5两个奇数之间, 这样的五位数有多少个?

解析把1, 5, 2, 4当作一个小集团与3排队共有A22种排法, 再排小集团内部共有A22A22种排法, 由分步计数原理共有A22A22A22种排法.

1 4 用“树型”图处理策略

例14 (2005年贵州) 设ABCDEF为正六边形, 一只青蛙开始在顶点A处, 它每次可随意地跳到相邻两个顶点之一, 若在5次之内跳到D点, 则停止跳动, 若在5次之内不能到达D点, 则跳完5次也停止跳动, 那么这只青蛙从开始到停止, 可能出现的不同跳法的种数是 () .

(A) 6 (B) 8 (C) 16 (D) 26

解析青蛙从A点开始, 往相邻两个顶点B和F跳到D点的次数是相同的, 又青蛙第1次往B方向跳的跳法可用“树型”图1表示.

由图1知有13种跳法, 所以共有跳法2×13=26 (种) , 故选D.此种方法是解决数量较小排列问题的常用方法之一, 优点是把抽象变为直观.

1 5 构造方程或不等式模型策略

挖掘排列组合问题中已知与未知数量之间的等量或不等量关系, 据条件和结论所具有的特点, 建立符合题意的方程 (组) 或不等式, 然后运用方程或不等式的知识求解, 会减少定性分析带来的盲目性.

例15把20个不加区别的小球全部放入编号为1, 2, 3的3个盒子中, 要求每个盒子内的球数不小于它们的编号数, 则不同的的放法有多少种?

解析20个球全部放入3个盒子, 意味着3个盒子内的总球数为定值 (20) , 不妨设编号为1, 2, 3的3个盒子中分别放入x, y, z个小球, 考虑建立不定方程x+y+z=20, 其中1≤x≤15, 2≤y≤16, 3≤y≤17.

当x=1时, y=2, 3, …, 16, z随之而定, 共有15种放法;

当x=2时, y=3, 4, …, 15, z随之而定, 共有14种放法;

……

当x=15时, 只有y=2, z=3, 仅有1种放法.

据加法原理, 共有15+14+13+…+2+1=120种.

排列、组合问题分类篇3

排列、组合问题大体分以下几个类型

类型一：排队问题

1.7人站成一排，求满足下列条件的不同站法：

（1）甲不站排头，乙不站排尾.

（2）甲、乙两人不站两端.

（3）甲、乙两人相邻.

（4）甲、乙两人不相邻.

（5）甲、乙之间隔着2人.

（6）甲在乙的左边.

（7）若7人顺序不变，再加入3个人，要求保持原先7人顺序不变.

（8）若7人中有4男生，3女生，男、女生相间隔排列.

（9）7人站成前后两排，前排3人，后排4人的站法.

（10）甲站中间.

（11）7人中现需改变3人所站位置，则不同排法.

（12）若7人身高各不相同，则按照从高到低的站法.

（13）甲、乙、丙3人中从左向右看由高到底（3人身高不同）的站法.

（14）若甲、乙两人去坐标号为1，2，3，4，5，6，7的七把椅子，要求每人两边都有空位的坐法.

类型二：分组与分配问题

2将6本不同的书，若按如下方式来分，则不同分法种数有：

（1）平均分成3堆，每堆2本.

（2）分给甲、乙、丙3人，每人2本.

（3）分成3堆，每堆本数分别是1，2，3，.

（4）分给甲1本，乙2本，丙3本.

（5）分给3人，1人1本，1人2本，1人3本.

（6）分给甲、乙、丙3人，每人至少1本.

（7）若将6本不同书放到5个不同盒子里，有种不同放法.

（8）若将6本不同书放到5个不同盒子里，每个盒子至少1本，则有种不同放法

（9）若将6本不同书放到6个不同盒子里，恰有一个空盒子的方法.

（10）若将6本书放到四个不同盒子中，每个盒子至少一本.

（11）若将6本编号为1，2，3，4，5，6的不同的书放到编号为1，2，3，4，5，6的6个不同盒子中，要求有3本书的编号与盒子不一致的放法.

（12）将6名优秀指标分到4个不同的班中去，每班至少1名，则分法种数.

从中得出注意问题：分清是否是平均分配，有无归属，如2本书平均分成2份，仅有一种分法，而7本书按2，2，3来分有C37·C24·C22[]A22种分法

类型三：数字问题

3现有0，1，2，3，4，5共6个数字

（1）可组成数字可重复的5位数有个.

（2）可组成无重复数字的5位数个.

（3）可组成无重复数字的5位偶数的个数.

（4）可组成能被5整除的无重复数字的五位数个.

（5）在（3）中所有的偶数中，从小到大，第100个数是.

（6）用1，2，3，4组成无重复数字的四位数，所有这些四位数的数字和是，所有这些四位数的和是.

（7）由0，1，2，3，4，5六个数构成四位数中个位数与百位数之差的绝对值为4的有个.

（8）在由数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数有个

（9）若从1到100这100个自然数中，任取20个数，要求这20个数两两不相邻的选法种

（10）1800的正约数的个数为个.

排列、组合问题分类篇4

一、选择题

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题）用0,1，9十个数字,可以

组成有重复数字的三位数的个数为

A．243 B．252

【答案】B（）C．261 D．279

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题）满足a,b1,0,1,2,且

关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a,b)的个数为

A．14

【答案】B（）B．13 C．12 D．10

错误！未指定书签。．（2013年高考四川卷（理））从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为a,b,共可得到lgalgb的不同值的个数是

A．9

二、填空题（）C．18 D．20 B．10 【答案】C错误！未指定书签。

错误！未指定书签。．（2013年上海市春季高考数学试卷）从4名男同学和6名女同学中随机选取3人参加某

社团活动,选出的3人中男女同学都有的概率为________(结果用数值表示).【答案】45

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题）将A,B,C,D,E,F六个字母

排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有________种(用数字作答)

【答案】480

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题）从3名骨科.4名脑外科和5名

内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科.脑外科和内科医生都至少有人的选派方法种数是___________(用数字作答)

【答案】590

错误！未指定书签。．（2013年高考北京卷（理））将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人

至少1张,如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是_________.【答案】96

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））6个人排成一行,其中甲、乙两

解排列组合问题中的数学思想篇5

如果学生能掌握并应用数学思想解决排列组合问题, 将有利于数学能力的提高.下面结合例题介绍解排列组合问题时, 经常用到的数学思想, 供大家参考.

一、方程思想

有些排列组合问题, 可以根据条件中的等量关系, 列出方程 (组) , 解方程或利用方程性质求解.

例1 用 n 种不同颜色为下列两块广告牌着色, 如图1所示, 要求在图1①、②、③、④各区域中分别着一种颜色, 并且相邻 (有公共边界) 的区域不用同一种颜色.

(1) 若 n=6, 为甲着色时共有多少种不同方法?

(2) 若为乙着色时共有120种不同方法, 求 n.

分析: (1) 完成着色可分四个步骤, 可依次考虑为①、②、③、④着色时, 各自的方法数, 再由分步计数原理可求出着色方法数. (2) 可利用 (1) 的方法根据条件列出方程求解.

解: (1) 给①着色有6种方法, 给②着色有5种方法, 给③着色有4种方法, 给④着色有4种方法.因此, 总共有着色方法为6×5×4×4=480 (种) .

(2) 给①着色有 n 种方法, 给②着色有 n-1种方法, 给③着色有 n-2种方法, 给④着色 n-3种方法.由题意得

n (n-1) (n-2) (n-3) =120.

化为 (n2-3n) (n2-3n+2) -120=0,

即 (n2-3n) 2+2 (n2-3n) -12×10=0.

由十字相乘法分解因式, 有

(n2-3n+12) (n2-3n-10) =0.

所以 n2-3n-10=0, 或 n2-3n+12=0 (因Δ<0, 舍去) .

所以 n=5或 n=-2 (舍去) .

所以 n=5.

若注意到 n (n-1) (n-2) (n-3) 是连续正整数之积, 而120=5×4×3×2, 易得 n=5.

评注:此题用方程的思想方法求解, 思路清晰、过程简捷.方程的思想方法是解决数学问题的常用方法之一.

二、整体思想

整体的思想方法, 体现在排列组合解题中, 就是不着眼于问题的“某些细节”, 而是将要解决的问题看作一个整体, 从而达到顺利而又简捷解决问题的目的.

例2 A、B、C、D、E五人并排站成一排, 若B必须站在A的右边 (A、B可以不相邻) , 那么不同排法共有 ( )

(A) 24种 (B) 60种

分析:不考虑限制, 对五人整体进行排队, 而其中B在A的右边与B在A的左边机会均等, 由此可得结果.

解:由题意, 得 $\frac{1}{2} A_{5}^{5} = 60$ (种) .选 (B) .

评注:应用整体的思想方法解题, 省略了“一些细节”, 只进行整体变换, 达到快捷解题的目的.

三、补集思想

对于有些排列组合问题, 如果从正面求解比较困难, 则可以先考虑问题的反面, 求出使问题反面成立的集合, 则该集合的补集即为所求.

例3 编号1、2、3、4、5的5个人, 入座编号也为1、2、3、4、5的5个座位, 至多有两人对号的坐法有几种?

分析:问题的正面有3种情况:全不对号;有且仅有1人对号;有且仅有2人对号.直接求解较困难, 而反面只有2种情况:全对号;有且仅有3人对号.

解:考虑问题的反面:全对号只有1种方法;3人对号入座有C $_{5}^{3}$ 种方法, 其余两人不对号入座有1种情况.由计数原理, 反面情况共有1+C $_{5}^{3}$ ·1=11种.5人全排列有A $_{5}^{5}$ 种, 所以满足要求的坐法为

A $_{5}^{5}$ - (1+C $_{5}^{3}$ ·1) =109种.

评注:使用补集思想解题的关键是正确找到问题的“反面”—集合A, 然后确定出全集U, 再求出“反面”的“反面”, 即∁UA, 最后正确地给出问题的结果.

四、分类讨论思想

它是根据题目的特征, 确定划分标准, 进行分类, 然后对每一类分别进行求解, 最后综合给出答案.

例4 有11名外语翻译人员, 其中5名会英语, 4名会日语, 另外两名英、日语都精通.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, 问共有多少不同的选派方式?

分析:解题的难点是两名英、日语都精通的人员的安排, 我们可以分成三类考虑, 即这两人都不参加, 一人入选, 两人入选.

解:按两名英、日语都精通的人员参与情况, 分三类:

(1) 这两人不参加, 有C $_{5}^{4}$ ·C $_{4}^{4}$ =5 (种) ;

(2) 这两人有一人入选, 此时又有该人参加英语或日语两种可能, 因此有

C $_{2}^{1}$ ·C $_{5}^{3}$ ·C $_{4}^{4}$ +C $_{5}^{4}$ ·C $_{2}^{1}$ ·C $_{4}^{3}$ =60 (种) .

(3) 这两人均入选, 这时又分三种情况, 两人都译英语, 两人都译日语, 两人各译一个语种, 共有C $_{2}^{2}$ ·C $_{5}^{2}$ ·C $_{4}^{4}$ +C $_{5}^{4}$ ·C $_{2}^{2}$ ·C $_{4}^{2}$ +C $_{2}^{1}$ ·C $_{5}^{3}$ ·C $_{4}^{3}$ =120 (种) .

综上所述, 共有185种选派方式.

评注:使用分类讨论思想解题时, 划分标准十分重要, 这个标准应该是科学的、合理的, 要满足互斥、无漏、最简的原则.

五、数形结合思想

根据已知条件的特点, 画出图形, 利用图形的直观性求解问题.

例5 新年前某宿舍的4位同学各写1张贺卡, 先集中起来, 然后每人从中拿一张别人送出的贺卡, 则4张贺卡的不同分配方式有 ( )

(A) 6种 (B) 9种

分析:由于排列要按一定的次序, 而且又要避免重复和遗漏, 往往用树形图或框图.

解:设4张贺卡分别记为A、B、C、D, 由题意, 某人 (不妨设A卡的供卡人) 取卡的情况有3种, 将卡的不同分配方式分为三类, 对于每一类, 其他人依次取卡分步进行.其树形图如图2所示, 所以共有9种不同的分配方法.

评注:解题时, 若借助数形结合思想, 把问题直观化、形象化, 有利于问题的解决.

六、转化与化归思想

转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法.它的原则就是将不熟悉和难解的问题转化为熟悉的易解的或已经解决的问题, 将复杂问题转化为简单问题.

例6 从1～9的九个数字中, 取出五个数进行排列, 并把五个位置自右至左编号, 则奇数数字必在奇数位置上的排列有多少个?

分析:将问题转化为“偶数位置上的数字必是偶数”求解.

解:由题意可知, 对于两个偶数位置, 应从四个偶数中选取2个排列在这两个偶数位置上, 有A $_{4}^{2}$ 种排法;再从剩下七个数字中选取3个排列在其余三个位置上, 有A $_{7}^{3}$ 种排法.故适合题意的排列个数是

A $_{4}^{2}$ ·A $_{7}^{3}$ =2520 (种) .

评注:数学大师波利亚强调:“不断地变换你的问题”.解题过程就是合理地“转化”问题的过程.

根据问题的结构, 选取适当的数学思想解题, 可以使解题思路更加清晰、过程更加简捷, 同时这也是一种数学能力.

例析排列组合中的球与盒子问题篇6

一、m个不同的球放入n个不同的盒子

此类问题中球必须都放进盒子, 因此按球分步.把“一个球放进盒子”作为第一步, 共分m步, 每一步都有n种不同的放法, 所以把m个不同的球放入n个不同的盒子, 共有nm种不同的放法.求解此类问题的关键在于分清谁是球, 判断的标准为“球”必须都放完.

例14封信投入三个信箱, 共有多少种不同的投法?

解析:由于每封信都必须投出去, 因此把“信”类比“球”, 共有34=81种不同的投法.

例2 4名运动员争夺三项冠军, 每项冠军不可并列, 共有多少种不同的结果?

解析:由于每项冠军都必须决出, 因此把“冠军”类比“球”, 共有43=64种不同的结果.

∶例3设A={0, 1, 2}, B={1, 2, 3, 4}, 则A到B的映射共有多少个?

解析:由于A到B的一个映射, 须满足A中每个元素在B中有且仅有一个元素与之对应, 因此A中每个元素类比一个球, 共有43=64种不同的映射.

二、m个不同的球放入n (n

此类问题不仅要求“球”必须放完, 而且要求每个盒子不空.求解此类问题时, 首先要考虑分配情况, 然后再考虑球的搭配、盒子的选择.

例4把4本不同的书奖给3名同学, 每个学生至少得1本, 共有多少种不同的奖励方法?

解析:分配方案为“2, 1, 1”, 即一个盒子放2个球, 另两个盒子各放一个球.球的搭配为将某两个球合为一体, 有C42种方法.盒子的选择则为三个数字的全排列, 即A33.综上可得C42·A33=36种不同的奖励方法.

例5已知y=f (x) 的定义域为A={x|1≤x≤7, x∈N}, 值域为B={1, 0}的函数.试问这样的函数共有多少个?

解析:与“A到B的映射”的区别, “A到B的函数”要求B中的每个元素必须有原象.分配方案为“6, 1”、“5, 2”、“4, 3”三种, 共有C76·A22+C75·A22+C74·A22=126个不同的函数.

注意:本题也可用排除法求解.由于“A到B的映射”中只有两种情况不符合“A到B的函数”的要求, 即A中的所有元素全对应0或全对应1, 所有共有27–2=126个不同的函数.

例6 4个不同的小球放入编号为1, 2, 3, 4的四个盒子中, 则恰有一个空盒的放法共有多少种?

解析:“恰好型”问题实际上确定了分配方案.本题的分配方案为“2, 1, 1, 0”, 共有C42·A43=144种不同的放法.

三、m个相同的球放入n个不同的盒子

此类问题可用“隔板”的方法求解.先将m个球排成一排, 再加入n–1个隔板, 则可将这m个球分成n个部分, 每个部分的球数对应放入盒子的球数.这样每确定隔板的位置, 就确定了一种放法.因此把m个相同的球放入n个不同的盒子的放法, 对应“从m+n–1个位置中选择n–1个隔板”的选法, 即Cmn+-1n-1种不同的放法.

例7求x+y+z=14非负数解的组数.

解析:本题为将14个相同的球放入3个不同的盒子, 共有C134-1+3-1=C216=120种不同的组数.

例8求 (a+b+c) 10展开式中的项数.

解析:展开式中的每一项都可以表示为maxbycz, 且x+y+z=10, x, y, z∈N.所以所求的项数为x+y+z=10非负数解的组数, 即有C210+2=66项.

例9把20个相同的小球全部放入编号为1, 2, 3, 4的四个盒子中, 要求每个盒内的球数不小于它的编号数, 试问共有多少种不同的放法?

解析:先在编号为1, 2, 3, 4的四个盒子中依次放入1, 2, 3, 4个球, 还剩10个球.原题变为“求10个相同的球放入四个不同的盒子”的放法, 即有C310+3=286种.

四、m个相同的球放入n (n

此类问题可用插板的方法求解.先将m个球排成一列, 它们中间有m-1个空, 再在这些空中插入n-1个插板, 这时这些插板将这m个球分成n个部分, 且每个部分至少有一个球.若每个部分的球数对应放入盒子的球数, 则每确定插板的位置, 就确定了一种放法.因此把m个相同的球放入n (n

例10求方程x+y+z=14的正整数解的组数.

排列、组合问题分类篇7

排列组合学习中, 有些问题是“无顺序要求问题”即某两个元素放入某一位置, 这两元素的放入无先后顺序区别或者相同元素放入不同位置, 哪个在前与哪个在后无区别.这类问题经常被误视为有先后顺序问题, 从而导致误解.本文对此类问题中的一些貌似正确的思路进行剖析, 总结出一些经验与学习者及教师共享.

1 暗含“平均”要“除序”

例1 某校高二年级共有6个班级, 现从外地转入4名学生, 要安排到该年级的两个班, 且每班2名, 则不同的安排方案种数为 ( ) .

$(A) A_{6}^{2} C_{4}^{2} (B) \frac{1}{2} A_{6}^{2} C_{4}^{2} (C) A_{6}^{2} A_{4}^{2} (D) 2 A_{6}^{2}$

错误答案A, C, D.

剖析A为强干扰项.选A的学生错误地认为:从4名学生中先取2名分成一组, 再将剩下的2名分成一组, 就有C $_{4}^{2}$ C $_{2}^{2}$ 种方法.再将这两组安排到6个班中的2个班有A $_{6}^{2}$ 种方法, 两步合起来最后答案就是C $_{4}^{2}$ C $_{2}^{2}$ A $_{6}^{2}$ .这个思路乍一看有道理, 但忽略了一个重要的暗含条件:4人平均分两组.从4名学生中先取2名分成一组, 再将剩下2名分成一组, 这无形中多了个先后顺序, 即产生没必要的重复了.题目中的分到两班每班2名是平均分, 无先后, 哪组在前哪组在后都一样.因此正确的做法是:第1步:4人平均分成两组有 $\frac{C_{4}^{2} C_{2}^{2}}{A_{2}^{2}}$ 种分法.第2步:将选好的两组放入6个班中的2个班有A26种放入方法.因此合起来就有种方法.这道题目对我们学习排列组合的启示有以下两点:暗含的“平均”条件要读出来;“平均分”无先后顺序差别.相应的防范措施就是:每次取完相同数量的人 (物) 之后还要除以取人 (物) 次数的全排列 (即标题中的“除序”) , 目的是破除先后顺序.

2 “求对立面”法避“重复”

例2 某工厂工作人员共40名, 某中正副厂长各1名, 现选派5人参加一次技术交流会, 要求至少有一位厂长参加.求有多少种不同的选派方法.

错误答案C $_{2}^{1}$ C $_{39}^{4}$ .

剖析写成C $_{2}^{1}$ C $_{39}^{4}$ 的思路为:因为至少有1位厂长参加, 所以两位厂长可同时参加.先从厂长中选1人, 再从剩下的39人中选4人, 从这39人中选的可以是厂长也可以不是厂长.这一思路乍一看有道理, 但问题是产生没必要的重复了.因为两厂长中先选派正厂长, 再从剩下的39人中选派到副厂长与先选派副厂长, 再从剩下的39人中选派到正厂长是一回事.接下来的问题是怎样避免这类重复?题目中有“至少”两字, 就意味着有两种作法:①将每种情况罗列出后相加;②用总取法数减去“至少一个”的对立面:一个都没有.第1种方法要求每种情况都要考虑就易出现遗漏, 因为要考虑到所有的情况, 缺一不可.第2种方法只要考虑两种情况:不考虑要求时的总取法数;对立面, 即一个厂长都不取的取法数.然后相减.因此第2种方法不易出错, 易掌握.在这道题中, 选派方法数=C $_{40}^{5}$ -C $_{38}^{5}$ .

3 “先取后排”防“重复”

例3 4名优等生保送到3所学校, 每所学校至少得到1名, 求不同的保送方案总数.

错误答案 3A $_{4}^{3}$ =72.

剖析这样写的思路为:将4人选出3人就有C $_{4}^{3}$ 种选取法, 将这3人送到3所学校, 每校1人就有A $_{3}^{3}$ 种方法, 还剩下一个人, 这个人去3个学校中的哪个学校都可以, 这样就能保证题目中至少1校1人的要求.合起来就有3C $_{4}^{3}$ A $_{3}^{3}$ =72种方法.这样做似乎有道理, 但问题出来了, “重复”出现了.原因在于:将同一所学校的两名学生按进入学校的先后顺序, 分成两种方法.而对同一所学校而言两名学生的进入是无顺序要求的.现在的问题是如何避免这种类型的重复?我采用“先取后排”的方法, 4人进3所学校, 每校至少1人, 必定是1校有两人, 乘下每校各1人.从4人中取2人, 这2人有3个去处, 再将剩下2人放入剩下的2校.合起来就有C243A $_{2}^{2}$ =36种方法.

例4 某食品厂把印有刘备、关羽、张飞的画卡作为赠券装入某种儿童食品袋中, 每袋一卡.试计算全套3张画卡装入4袋这种食品的装法总数.

错误答案 3A $_{4}^{3}$ =72.

剖析这样写的思路为:在4袋中选出3袋就有C $_{4}^{3}$ 种选法, 将3张画卡放入这3袋, 每袋1张就有A $_{3}^{3}$ 种放入方法, 剩下一袋装哪个画卡都行.合起来就是3C $_{4}^{3}$ A $_{3}^{3}$ =72种方法.这样做似乎有道理, 但没必要的“重复”又一次出现了.原因在于:将印有同一人物的2张画卡装入2个袋中按装入的先后顺序, 分成2种装法.而对2个袋中而言2张相同画卡的放入是无顺序要求的.现在的问题是如何避免这种类型的重复?我还采用“先取后排”的方法:将人物相同的2张卡放入2袋, 剩下每袋各有1张不同的画卡.从4个袋中取2个就有C $_{4}^{2}$ 种方法, 这2个袋可放3个人物卡中的任何1张, 再将剩下2张放入剩下的2袋中.合起来就有C243A $_{2}^{2}$ =36种方法.

例3是在位置少, 元素多的情况下, 对于进入同一位置的两元素无先后顺序要求的题目;例4是在位置多, 元素少的情况下, 对于进入不同位置的两个元素无先后顺序要求的题目.从以上两例我们可以看出在元素个数与位置个数不相等的情况下, 如何用“先取后排”的方法排除“重复”的干扰.此方法的本质是:避免已取到的无前后差别的元素再次取到.排除“重复”都要考虑到:避免已取到的无前后差别的元素再次取到.

参考文献

排列组合问题的八种错误篇8

混淆加法计数原理与乘法计数原理

例1 如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到G处参加志愿者活动，则小明到[G]处可以选择的最短路径的条数为_____.

[ ]

错解由题意可知，E[→]F共有6种走法，F[→]G共有3种走法，由加法计数原理知，共有6+3=9种走法.

错因导致错误的原因是混淆了两个基本原理.

正解由题意可知，从E到F有6种走法，从F到G有3种走法，故共有6[×]3=18种走法.

点拨两个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关. 分类用加法，分步用乘法.

分类重复导致错误

例2 4名运动员参加4×100接力赛，若甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，则不同的出场顺序有____种.

错解 4名队员共有[A44]种排法，甲跑第一棒有[A33]种，乙跑第四棒有[A33]种，故一共有[A44-A33-A33]=12种.

错因上解法中，排除甲跑第一棒和乙跑第四棒，但两次都减去了甲跑第一棒且乙跑第四棒的情况，从而导致了错误结论.

正解不考虑限制条件，4名队员的全排列共有[A44=24]种. 甲跑第一棒有[A33=6]种，乙跑第四棒有[A33=6]种，甲跑第一棒且乙跑第四棒有[A22=2]种，故共有[A44-2A33+A22=14]种不同的出场顺序.

点拨此类问题与两个集合的并集的元素个数如出一辙，[card（A?B）=card（A）+card（B）-card（A?B）].

分类遗漏导致错误

例3 5件不同产品排成一排，若产品A与B相邻，且产品A与C不相邻，则不同的排法有_____种.

错解记其余两件产品为D，E. 先将D，E进行排列，并形成3个空位，将A，B看作一个整体，与C插入3个空位，故不同的方法共有[A22A23A22=24]种.

错因错解中只是考虑了将A，B和C插空，其实ABC或CBA也可看作一个整体，再与D，E排列，而错解中忽略了这种情况.

正解记其余2件产品为D，E. 先排D，E，并形成3个空位. 然后分类：（1）将A，B看作一个整体，与C插入3个空位中，不同的排法有[A22A22A23=24]种；（2）将ABC或CBA看作一个整体，再与D，E排列，不同的排法有[A33+A33=12]种. 故不同的排法共有24+12=36种.

点拨此例提醒我们，分类时要把握好分类的原则，必要时，也可画图来帮助分析、求解.

平均分组中出现重复计数的错误

例4 某交通岗共有3人，从周一到周日的7天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有种.

错解第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，共有[C27C25C33?A33]=1260种.

错因此例是部分平均分组问题. 错解中的挑选方法可能为第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是两人交换了选法，所以在全排列的过程中就重复计算了.

正解 [C27C25C33A22×A33=630]种.

点拨排列与组合的综合问题，要遵循“先组合再排列”即“先取后排”的原则. 注意在取的时候是不是已经排序了，防止重复排序导致重复计算.

将相同元素的排列错误地当成不同元素的排列

例5 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为种.

错解先将不坐人的3把椅子排好，有[A33=6]种排法. 再将3人带着剩余的3把椅子排在4个空位上，有[A34=24]种排法. 故共有6×24=144种不同的方法.

错因空椅子之间是没有差别的，错解中将空位当成不同的元素也进行了排列，致使计数出现了重复.

正解先把3把空椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个空位，再把3人带椅子插放在4个空位上，故共有[A34=24]种坐法.

点拨相同元素的排列应该用组合数表示，因为它们之间不讲顺序，而三个人的坐法是要有顺序的.

不明白事理而导致错误

例6 8个人进行乒乓球单打比赛，水平高的总能胜水平低的，欲选出水平最高的两人，至少需要比赛的场数为_____. （用数字作答）

错解第一轮分成4组比赛，负者被淘汰，胜者进入第二轮，需比赛4场. 第二轮分成2组比赛，胜者为水平最高的两人，需2场比赛. 共需要比赛4+2=6场.

错因上述解法错误地认为，经过这种淘汰赛后，剩下的两人是水平最高的两人. 实际上，第二名有可能在第一轮或第二轮就被第一名淘汰了.

正解先将8人分成4组进行比赛，胜者进行第二轮，需要比赛4场. 将进入第二轮的四人分成2组进行比赛，胜者进入第三轮，需要2场比赛. 进入第三轮的2人比赛，胜者为第一名，需一场比赛. 将第一轮、第二轮、第三轮被第一名淘汰的选手共3人决出第一名，需2场比赛. 所以，至少需要4+2+1+2=9场比赛.

点拨审题要明确事情有没有做完，分类有没有遗漏，解答是否切合实际，从把握好事理关来杜绝错误.

不会转化导致解题错误

例7 一个质点从原点出发，沿[x]轴跳动，每次向左或向右跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（可重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有_____种.

错解因为每一步都有两种可能，所以共有25=32种方法. 又由于这32种方法中质点落在（3，0）与不在（3，0）的可能性相等，故不同的运动方法共有16种.

错因质点落在（3，0）与不在（3，0）的可能性相同是错误的，错误的原因是没有将问题进行合理转化.

正解设质点向右跳一次为+1，向左跳一次为-1. 由题意知，其和为+3，故需要4个+1，1个-1，所以质点不同的运动方法共有[C15C44=5]种.

点拨背景比较陌生的问题，可以利用转化的方法转化为熟悉的问题来处理. 本例是将问题转化为相同元素的排列问题.

不能理解题意而导致错误

例8 定义“规范01数列”[an]如下：[an]共有[2m]项，其中[m]项为0，[m]项为1，且对任意[k≤2m]，[a1，a2，…，ak]中0的个数不少于1的个数. 若[m]=4，则不同的“规范01数列”共有___个.

错解有[28÷2=128]个

错因没有理解题意而胡乱求解.

正解由题意知，[a1=0，a8=1，a2，a3，…，a7]中有3个0、3个1，且满足对任意[k≤8]，都有[a1，a2，…，ak]中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，001110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101，共14个.

点拨对某些特殊问题，在正确理解题意的基础上，可以用列举法来求解，也可以用框图或树图法求解.

【排列、组合问题分类】推荐阅读：

有趣的排列组合问题04-19

排列组合的应用问题05-31

排列组合中的易错问题08-22

2022(好)高中数学排列组合问题常用的解题方法08-11