动物名片-蜂罗隐

小学奥数排列组合例题

小学奥数排列组合例题


知识点拨：
一.
加法原理：
做一件事情，完成它有N类办法，
在第一类办法中有
M
1
中不同的方法，
在第二类办法中有
M
2
中不同的方法，……，
在第N类办法中有
M
n
种不同的方法，
那么完成这件事情共有M
1
+M
2
+……+M
n
种不同的方法。
二.
乘法原理：
如果完成某项任务，可分为k个步骤，
完成第一步有
n
1
种不同的方法，
完成第二步有
n
2
种不同的方法，……
完成第ｋ步有
ｎ
ｋ
种不同的方法，
那么完成此项任务共有ｎ
１
×ｎ
２
×……×ｎ
ｋ
种不同的方法。
三.
两个原理的区别

 做一件事，完成它若有n类办法，是
分类问题
，每一类中的方法都是独立的，故用加法
原理。
每一类中的每一种方法都可以独立完成此任务 ；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)
 做一件事，需要分n个步骤，
步与步之间是连续的
，只有 将分成的若干个互相联系的
步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．
任何一 步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完
成此任务；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
完成此事的方法也不同
 这样完成一件事的分“< br>类
”和“
步
”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来．

四.
排列及组合基本公式

1. 排列及计算公式
共32页 第1页

从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照
一定的顺 序
排成一列，叫做从n个不同
元素中取出m个元素的一个排列；从n个不同元素中取出m(m≤ n)个元素的所有排列
的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 P
m
n
表示.
P
m
n
=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)
=
2. 组合及计算公式
从n个 不同元素中，任取m(m≤n)个元素
并成一组
，叫做从n个不同元素中取出m个
元素 的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n
个不同元素中取出 m个元素的组合数.用符号C
m
n
表示.
C
m
n
= P
m
n
m!=
n!

(n-m)!×m!
n!
(规定0!=1).
(n-m) !
一般当遇到m比较大时（常常是m>0.5n时），可用C
m
n
= C
n-m
n
来简化计算。
规定：C
n
n
=1, C
0
n
=1.
3. n的阶乘(n!)——n个不同元素的全排列
P
n
n
=n!=n×(n-1)×(n-2)…3×2×1
例题精讲：

一、 排列组合的应用

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）七个人战成两排，前排三人，后排四人.
【例 1】
共32页 第2页

（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小
新、阿呆不在同一排。
【解析】
（1）
P5040
（种）。
7
7
（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．
P
（种）. 6
6
720
（3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位
置．2×
P
=1440(种)．
6
6
（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．
2P
选2人，再排剩下的5个人，
PP
2
5
5
5
240
(种)．
（5）先 排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中
5
5
2400
（种）.
（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．
P5040
7
7< br>（种）.
（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和
“小新在前，阿呆在后 ”，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．4×3×
P
×
5
5
2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特殊情况再去全
排列。

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？
【解析】
个位数字已知，问题变成从从
5
个元素中取
2
个元素的
【例 2】
共32页 第3页

排列问题，已知
n5
，
m2
，根据排列数公式，一共可以
组成
P

【巩固】 用1、2、3、4、5这五个数字可组成多少个比
20000
大且百位数字不是
3的无重复数字的五位数？
【解析】
可以分两类来看：
⑴ 把3排在最高位上 ，其余4个数可以任意放到其余
4个数位上，是4个元素全排列的问题，有
P4321 24
(种)放法，对应24个不同的五位数；
⑵ 把2，4，5放在最高位上，有3种选择 ，百位上有
除已确定的最高位数字和3之外的3个数字可以选择，
有3种选择，其余的3个数字 可以任意放到其余3个
数位上，有
P6
种选择．由乘法原理，可以组成
3 3654
(个)不同的五位数。
由加法原理，可以组成
245478
(个)不同的五位数。

【巩固】 用0到9十个数字组成没有重复数字的四位数；
若将这些四位数按从小到大的顺序排 列，则5687是第
几个数？
【解析】
从高位到低位逐层分类：
⑴ 千位上排
1
，
2
，
3
或
4
时，千位有
4
种选择，而百、
4
4
3
3
2
5
5420
(个)符合题意的三位数。
十、个位可以从
0~9
中除千位 已确定的数字之外的
9
个数字中选择，因为数字不重复，也就是从
9
个元素中取
3
个的排列问题，所以百、十、个位可有
P
9
3
987504
(种)排列方式．由乘法原理，有
共32页 第4页
45042016
(个)．

⑵ 千位上排
5
，百位上排
0~4
时，千位有
1
种选择，
百位有
5
种选择，十、个位可以从剩下的八个
数字中选择．也就是从
8
个元素中取2
个的排列
问题，即
P
2
8
8756
， 由乘法原理，有
1556280
(个)．
⑶ 千位上排
5
， 百位上排
6
，十位上排
0
，
1
，
2
，3
，
4
，
7
时，个位也从剩下的七个数字中选择，有
( 个)．
116742
⑷ 千位上排
5
，百位上排
6
，十位上排
8
时，比
5687
小
的数的个位可以选择
0< br>，
1
，
2
，
3
，
4
共
5< br>个．
综上所述，比
5687
小的四位数有
201628042 52343
(个)，
故比
5687
小是第
2344
个四位 数．

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：
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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
每一组可以组成
P3216
(个)
5四组数字组成，
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
P432124
(个)不同的四位数；
⑸ 五位数：可由
1
，
2
，
3
，
4
，
5
组成，共有
【例 3】
2
2
3
3
4
4
共32页 第5页

(个)不同的五位数．
由加法原理，一共有
1824 24120177
(个)能被
3
整除
的数，即
3
的倍 数．

【巩固】 用1、2、3、4、5、6六张数字卡片，每次取三张
卡片组成三 位数，一共可以组成多少个不同的偶数？
【解析】
由于组成偶数，个位上的数应从
2
，
4
，
6
中选一张，有
P
5
5
54321120
3
种选法；十位和百位上的数可以从剩下的
5
张中选二
2
5
张，有
P
32060
5420(种)选法．由乘法原理，一共可以组成
(个)不同的偶数．

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
打开保险柜至少要试几次？
【解析】
四个非
0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，
2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1 ，2，3，3；2，2，
2，3六种。
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，< br>其余位置放
1
，共有
4
种选择；
第二种中，先考虑放
2
，有
4
种选择，再考虑
5
的位
置，可以有
3< br>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
12
种选择．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
，共有4
种选择．
综上所述，由加法原理，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
保险柜至少要试
56
次．
【例 4】
共32页 第6页

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？
【解析】
第一个位置在
6
个人中任选 一个，有
C6
(种)选法，第
二个位置在另一胞胎的
3
人中任选一 个，有
C3
(种)选
法．同理，第
3
，
4
，5
，
6
个位置依次有
2
，
2
，
1，
1
种选
法．由乘法原理，不同的坐法有
PPPPPP6 3221172
(种)。

【例 6】
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
P
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
P
种选法，所以共有
P
×
P
=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 7】
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。
先考虑a、c、e偶数位内，b、d、f奇数位内的组
内交换，有< br>P
×
P
=36种顺序；
【例 5】
1
6
1
3
1
6
1
3
1
2
1
2
1
1
1
1
DE
2
6
2
7
2
6
2
7
3
3
3
3
共32页 第7页

再考虑形如
badcfe
这种奇数位与偶 数位的组间调换，
也有
P
×
P
=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 8】
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
3
3
3
3
问题进行转化．仔细审题，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
P
3
3
3216
(种)排法．由< br>乘法原理，一共有
33654
(种)不同的排法。
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
【例 9】
4
共32页 第8页

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，有
P8765432140320
(种 )选择．由乘法原理，共
有
640320241920
(种)排法．
⑵ 甲、乙先排，有
P212
(种)排法；剩下的
7
个人
随意排， 有
P76543215040
(种)排法．由乘法原理，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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
个元素的
全排列问题，分别有
P43212 4
(种)和
P54321120
(种)排法．
由乘法原理，共有
2241205760
(种)排法．
⑷ 先排4
名男生，有
P432124
(种)排法，再把
5
名
女生排到
5
个空档中，有
P54321120
(种)排
法．由乘法原理，一共有
241202880
(种)排法。
【巩固】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢
欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目。如果贝贝和妮妮不相邻，共有（ ）种不同的排法。
【解析】
五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）。
如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的
排列方式共有4×3×2×1=24（种）。
因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮
相邻的排列方式有24×2=48(种)；
贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）。

【例 10】
一台晚会上有
6
个演唱节目和
4
个舞蹈节目．求：
88
2
2
7
7
2
2
4
4
55
4
4
5
5
共32页 第9页

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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32124
(种)方法．
根据乘法原理，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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< br>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654840
(种)方法．
根据乘法原理，一共有
720840604800
(种)方法。

【巩固】 由
4
个不同的独唱节目和
3
个不同的合唱节目组成
一台晚会，要求任意两个合唱节目不相邻，开始和最
后一个节目必须是合唱，则这台晚会节目的编排方 法
共有多少种？
【解析】
先排独唱节目，四个节目随意排，是
4
个元素全排列的
7
7
4
4
6
6
4
7
问题，有
P
4
4
432124
种排法；其次在独唱节目 的首尾排
共32页 第10页
合唱节目，有三个节目，两个位置，也就是从三个节

目选两个进行排 列的问题，有
P
2
3
326
(种)排法；再在
独唱节 目之间的
3
个位置中排一个合唱节目，有
3
种排
法．由乘法原理，一 共有
2463432
(种)不同的编排方法．
【小结】排列中，我们可以先排 条件限制不多的元素，然
后再排限制多的元素．如本题中，独唱节目排好之
后，合唱节目就可以 采取“插空”的方法来确定排
法了．总的排列数用乘法原理．把若干个排列数相
乘，得出最后的 答案。

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
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
种．
⑶3位同学看成是三个位置，任取8个座位号（8
【例 11】
3
8
3
8
共32页 第11页

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
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< br>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
种．
⑹土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往
上排，有
P
种。
3
8
3
8
3
8
3
8

【巩固】 现有男同学3人，女同学4人(女同学中有一人叫
王红)，从中选出男女同学各2人 ，分别参加数学、英
语、音乐、美术四个兴趣小组：
(1)共有多少种选法?
(2)其中参加美术小组的是女同学的选法有多少
种?
(3)参加数学小组的不是女同学王红的选法有多
少种?
(4)参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术
小组的是女同学的选法有多少种?
2
【解析】
（1）从3个男同学中选出2人，有
3
=3种选法。 从
2
3
4个女同学中选出2人，有
4
=6种选法。在四个人确2
定的情况下，参加四个不同的小组有4×3×2×1=24
种选法。
3×6×24=432，所以共有432种选法。
（2）在四个人确定的情况下，参加美术小组的是
女同学时有2×3×2×1=12种选法。
3×6×12=216，所以其中参加美术小组的是女同
学的选法有216种。
共32页 第12页

（3）考虑参加数学小组的是王红时的选法 ，此时
的问题相当于从3个男同学中选出2人，从3个
女同学中选出1人，3个人参加3个小组 时的选法。
3×3×3×2×1=54，所以参加数学小组的是王红
时的选法有54种，43 2-54=378，所以参加数学小
组的不是女同学王红的选法有378种。
（4）考虑参加 数学小组的是王红且参加美术小组
的是女同学时的选法，此时的问题相当于从3个
男同学中选出 2人参加两个不同的小组，从3个
女同学中选出1人参加美术小组时的选法。
3×2×3=1 8，所以参加数学小组的是王红且参加
美术小组的是女同学时的选法有18种，
216-18= 198，所以参加数学小组的不是女同学王
红，且参加美术小组的是女同学的选法有198种。

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；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，
5
组内赛
C
6
15
场，共
8
个小组，有
158120
场；第二阶段
21
【例 12】
2
6
中，每个小组内部
4
人中每
2
人赛一 场，组内赛
C
2
4

43
6
21
场 ，共
4
个小组，有
6424
场；第三阶段赛
224
场．根据
加法原理，整个赛程一共有
120244148
场比赛。

共32页 第13页

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< br>，
2
，
3
至
少各出现一次，没有确定
1
，< br>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．
(法1)分两类：⑴
1
，
2
，
3
中恰有一个数字出现
3
次，
这样的数有
C 5460
(个)；⑵
1
，
2
，
3
中有两个数 字
各出现
2
次，这样的数有
C5C90
(个)．符合题意的五位数共有
6090150
(个)．
(法2)从反面想，由
1< br>，
2
，
3
组成的五位数共有
3
个，
由
1
，
2
，
3
中的某
2
个数字组成的五位数共有< br>3(22)
个，由
1
，
3
中的某
1
个数 字组成的五位数共有
3
个，
2
，
所以符合题意的五位数共有
33(22)3150
(个)。

【例 14】
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)．
( 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
，而被选 的两个人相邻
的情况有
10
种，所以共有
C10451035
(种)。
【例 13】
1
3
2
3
2
4
5
5
55
2
10
2
10
共32页 第14页

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
只满足第一、三个条件的站法总数为：
CPCPP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：
CPPPP9 60
（种）
因此同时满足三个条件的站法总数为：
33609602400
（种）。

【例 16】
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,
【例 15】
3
7
2
2
1
4
2
2
3
3
3
6
2
2
2
3
2
2
2
2
共32页 第15页

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。

【巩固】 小红有10块糖，每天至少吃1块，7天吃完，她
共有多少种不同的吃法？
【解析】
分三种情况来考虑：
⑴ 当小红最多一天吃
4
块时，其余各每天吃
1
块，
吃
4
块的这天可以是这七天里的任何一天，有
7
种吃 法；
⑵ 当小红最多一天吃
3
块时，必有一天吃
2
块，其
余五天每天吃
1
块，先选吃
3
块的那天，有
7
种选
择，再选吃
2
块的那天，有
6
种选择，由乘法原
理，有
7 642
种吃法；
⑶ 当小红最多一天吃
2
块时，必有三天每天吃
2
块，
其四天每天吃
1
块，从
7
天中选
3
天，有
765
C35
(种)吃法。
321
3
7
根据加法原理，小红一共有
7423584
(种)不同的吃
法． < br>还可以用挡板法来解这道题，
10
块糖有
9
个空，选
6
个空放挡板，有
CC84
(种)不同的吃法。
6
9
3
9

【巩固】 把20个苹果分给3个小朋友，每人最少分3个，
可以有多少种不同的分法？
【解析】 (法1)先给每人2个，还有14个苹果，每人至少分一
个，13个空插2个板，有
C7 8
种分法．
(法2)也可以按分苹果最多的人分的个数分类枚
举。

2
13
共32页 第16页

【巩固】 有10粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有
多少种不同的吃法？
【解析】
如图：○○|○○○○|○○○○，将10粒糖如下图所
示排成一排，这样 每两颗之间共有9个空，从头开始
吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条
竖线隔开 表示之前的糖和之后的糖不是在同一天吃掉
的，九个空中画两条竖线，一共有
98236
种方法．

【例 17】
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< br>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，只能在
A
船上，此时
A
船
上还必须有
1
个成人，有
C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
个儿童有
C2
种选择，
1个成
人有
C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；
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
种选择．其余的
2
个成人与
2
个儿童，①若两< br>个儿童在同一条船上，只能在
A
船上，此时
A
船上
还必须有< br>1
个成人，有
C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
1
3
1
2
1
3
1
3
1
2
共32页 第17页

有
C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 ．
1
2

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。
【解析】
⑴恰有
3
名女生入选，说明男生有
5
人入选，应为
【例 18】
35
C
8
C
10
14112
种； < br>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< br>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
4375 8
；
⑶
4
人必须入选，则从剩下的
14
人中再选出另外< br>4
人，有
C
种：
84
C
18
C
14
43758100142757
4
14
1001
种；
8
18
4
14
⑷从所有的选法
C
种中减去这
4
个人同时入选的
C
．
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
。
共32页 第18页

在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科
主任 各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，按照
下列条件各有多少种选派方法？
⑴ 有3名内科医生和2名外科医生；
⑵ 既有内科医生，又有外科医生；
⑶ 至少有一名主任参加；
⑷ 既有主任，又有外科医生。
54
【解析】
⑴ 先从
6
名内科医生中选
3
名，有
C
6
20
种选法；再
321
【巩固】
3
6
从
4
名外科医生中选
2
名，
3
共有
C
4
6
种选法．根据乘法原理，一共有选
21< br>2
4
派方法
206120
种．
⑵ 用“去杂法”较方便 ，先考虑从
10
名医生中任
9876
意选派
5
人， 有
C
10
252
种选派方法；再
54321
5
10
考虑只有外科医生或只有内科医生的情况．由
于外科医生只有
4
人，所以不可能只派外科医
生．如果只派内科医生，有
CC6
种选派方
法．所以，一共有
2526246
种既有内科医生又有
外科医生的选派方法。
⑶ 如果选
1
名主任，则不是主任的
8
名医生要选
4
765
人，有
2C2
8
140
种选派方法；如果选
2
名
4321
5
6
1
6
4
8
主任，则不是主任的
8
名医生要选
3
人，有
876< br>根据加法原理，一共
1C156
种选派方法．
321
3< br>8
有
14056196
种选派方法．
⑷ 分两类讨论：
①若选外科主任，则其余
4
人可任意选取，有
9876
C126
种选取方法；
4321
4
9
共32页 第19页

②若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余
4
人不能全选 内科医生，用“去杂法”有
87655432
CC65
种选取法 ．
43214321
4
8
4
5
根据加法原理 ，一共有
12665191
种选派方法。

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< br>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：
43
⑴ 两人都不选派，有
C
5
10
(种)选派方法；
321
【例 19】
3
5
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： 若此人要安装电脑，则还需
2
人安装电脑，有
54
C10
(种)选法，而另外会安装音响设备的
3
21
2
5
人全选派上，只 有
1
种选法．由乘法原理，有
10110
(种)选法；
若此人 安装音响设备，则还需从
3
人中选
2
人安
2
装音响设备， 有
C
3
3
(种)选法，需从
5
人中
212
3
选
3
人安装电脑，有
C
3
5
< br>543
10
321
(种)选法．由乘法
原理，有
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
共32页 第20页

C
5
2
C
3
2

5432
60
2121
(种)选派方案；
3
5
③两人全安装音响设 备，有
3C3
543
30
321
(种)
选 派方案．
根据加法原理，共有
56030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
(种)．

有11名外语翻译人员，其中
5
名是英语翻译员，
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
这两个小组能同时工作．问这样的分配
4
人翻译日文，< br>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：
⑴ 多面手 不参加，则需从
5
名英语翻译员中选出
4
人，有
CC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< br>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
43
再选出
3
人，有< br>C
5
10
种选择，需从
4
名日语
321【例 20】
4
5
1
5
3
5
翻译员中选出< br>4
人，有
1
种选择．由乘法原理，
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，有
CC5
种选择，需从
4
名日语翻译
员中再选出< br>3
名，有
CC4
种选择．由乘法原理，
有
2544 0
种选择．根据加法原理，多面手中有
4
5
1
5
3
4
1
4
共32页 第21页

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

3
4
1
4
二、 几何计数

【例 21】
下图中共有____个正方形。

共32页 第22页

【解析】
每个
44
正方形中有：边长为1的正 方形有
4
个；边长为
2的正方形有
3
个； 边长为3的正方形有2
个；边长为
4的正方形有
1
个；总共有
432130
(个)正方形．现
有5个
44
的正方形，它们重叠部分是4个
2 2
的正方
形．因此，图中正方形的个数是
30554130
。
2
2
2
2
2222

【例 22】
在图中(单位：厘米)：
①一共有几个长方形?
②所有这些长方形面积的和是多少?
5
1281
2
4
7

【解析】
①一共有
(4321)(4321)100
(个)长方形；
②所求的和是
3

51281(512)(128)(8 1)(5128)(1281)(51281)




2473(24)(47)(73)(247)(473) (2473)

1448612384
(平方厘米)。
< br>由20个边长为1的小正方形拼成一个
45
长方形中有
一格有“☆”图中含有 “☆”的所有长方形(含正方形)
共有 个，它们的面积总和是 。 (第
六届走美决赛试题)





☆





【解析】
含☆的一行内所有可能的长方形有：(八种)
【例 23】
共32页 第23页

☆ ☆ ☆
☆
☆
☆
☆
☆
含☆的一列内所有可能的长方形有：(六种)
☆ ☆


☆ ☆
☆


☆
< br>所以总共长方形有
6848
个，面积总和为
(1223344 5)(122334)360
。

【巩固】 图中共有多少个三角形？

【解析】
显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两 类中三
角形的个数相等．尖向上的三角形又可分为6类


（1）最大的三角形1个(即△ABC)，
（2）第二大的三角形有3个
（3）第三大的三角形有6个
（4）第四大的三角形有10个
（5）第五大的三角形有15个
（6）最小的三角形有24个
所以尖向上的三角形共有1+3+6+10+15+24=59（个）
图中共有三角形2×59=118（个）。
共32页 第24页

一个圆上有12个点A
1
，A
2
，A
3
，…，A
11
，A
12
．以它
们为顶点连三角形，使每个点恰好是一 个三角形的顶
点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同
的连法?
【解析】
我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只
有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶
点外，剩下的三个
点一定只能在A
1
所在三角形的一条边所对应的圆
弧上，表1给出这
时有可能的连法。
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此
时，其余的6个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧
上，另三个点在另一边所对的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不
同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种
连法．





【例 24】
共32页 第25页

共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个 点．同样考虑A
1
所在三
角形，剩下9个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧
上．得到表3．









共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55
种。

课后练习：

练习1. 用
2，3，4，5
排成四位数：
（1）共有多少个四位数？
（2）无重复数字的四位数有多少个？
（3）无重复数字的四位偶数有多少个？
（4）2在3的左边的无重复数字的四位数有多少
个？
共32页 第26页

（5）2在千位上的无重复数字的四位数有多少
个？
（6）5不在十位、个位上的无重复数字的四位数
有多少个？
【解析】
⑴条件中未限制“无重复数字”，所以，数字可以重复
出现，如
2 234，3 355，2 444，5 555
等．
依分步计数乘法原理共有
44444
（个）
⑵
P24
（个）
⑶个位上只能是
2
或
4
，有
2P12
（个） < br>⑷所有四位数中，
2
在
3
的左边或
2
在
3< br>的右边的数各占一
半，共有
1
P12
（个）
2
4
4
4
2
2
4
4
⑸
2
在千位上，只 有
1
种方法，此后
3、4、5
只能在另外的
3
个
位 置上排列，有
P6
（个）
⑹法一：
5
不在十位、个位上，所以< br>5
只能在千位上或
百位上，有
2P12
（个）
法二：从< br>P
中减去不合要求的（
5
在十位上、个
位上），有
P2P 2P12
（个）。
3
3
3
3
5
5
4< br>4
3
3
2
2

练习2. 如图，其中的每条线段都是 水平的或竖直的，边界
上各条线段的长度依次为5厘米、7厘米、9厘米、2
厘米和4 厘米、6厘米、5厘米、1厘米．求图中长方
形的个数，以及所有长方形面积的和。

【解析】
利用长方形的计数公式：横边上共有n条线段，纵边
上共有m条线段，则图 中共有长方形（平行四边形）
mn个，所以有(4+3+2+1)×（4+3+2+1）=100，这些 长
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方形的面积和为：（5+7+9+2+12+16+11+21+
18+23）×（4+6+ 5+1+10+11+6+15+12+16）=124×
86=10664。

练习3. 有10粒糖，每天至少吃一粒，吃完为止，共有多少
种不同的吃法？
【解析】
初看本题似乎觉得很好入手，比如可以按天数进行分
类枚举：
1 天吃完的有1种方法，这天吃10块；2天吃完
的有9种方法，10=1+9=2+8=……=9+1；
当枚举到3天吃完的时，情况就有点错综复杂了，
叫人无所适从……所以我们必须换一种角度来 思
考．
不妨从具体的例子入手来分析，比如这10块糖分
4天吃完：
第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；
第4天吃4块．
我 们可以将10个“○”代表10粒糖，把10个“○”
排成一排，“○”之间共有9个空位，若相邻两块
糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线(如下
图)．
○○|○○○|○|○○○○
比如上图就表示“第1天吃2块；第2天吃3块；
第3天吃1块；第4天吃4块．”
这样一来，每一种吃糖的方法就对应着一种“在9
个空位中插入若干个‘|’的方法”，要求有多少个不同的吃法，就是要求在这9个空位中插入若
干个“|”的方法数。
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由于每个空位都有画‘|’与“不画‘|’两种可
能：

每个空位都有画“|”与

根据乘法原理，在这9个空位中画若干个“|” 的
2L
4

方法数有：
2
这也就说明吃完10颗糖
1

442
2
43
22512
，
9
9
共有512种不同的吃法。

练习4. 用3根等长的火柴可以摆成一个等边三< br>角形．如图用这样的等边三角形拼合成一
个更大的等边三角形.如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?

【解析】
把大的等边三角形分为“20”层分别计算火柴的根数：
最上一层只用了3根火柴；
从上向下数第二层用了3×2=6根；
从上向下数第二层用了3×3=9根；
……
从上向下数第二层用了3×20=60根；所以总共要
用火柴3×（1+2+3+……+20） =630。

月测备选

【备选1】书架上有
3
本故事 书，
2
本作文选和
1
本漫画书，
全部竖起来排成一排。⑴ 如果同类的书不分开，
一共有多少种排法？⑵ 如果同类的书可以分
开，一共有多种排法？
【解析】
⑴ 可以分三步来排：先排故事书，有
P3216
(种) 排
法；再排作文选，有
P212
(种)排法；最后排漫画书
3
3
2
2
共32页 第29页

有
1种排法，而排故事书、作文选、漫画书的先后顺序
也可以相互交换，排列的先后顺序有
P 3216
(种)．故
由乘法原理，一共有
621672
种排法 ．
⑵ 可以看成
3216
(本)书随意排，一共有
P654 321720
(种)排法．
若同类书不分开，共有
72
种排法；若同 类书可以
分开，共有
720
种排法．
3
3
6
6

【备选2】8人围圆桌聚餐，甲、乙两人必须相邻，而乙、
丙两人不得相邻，有几种坐法？
n
人的环状排列与线状排列的不同之处在于：
aaaLa
、
【解析】
aaLaa
、
aaLaaa
、…、
aa
L
a
在线状排列里是
n
个不同的
排列，而在环状排列中是相同的排列．所以，
n
个不同
的元素的环状排列数为
P
n
P
．
123 n
23n134n12n1n1
n
n
n1
n1
甲、乙 两人必须相邻，可把他们看作是1人（当
然，他们之间还有顺序），总排列数为
PP
． 从中扣
除甲、乙相邻且乙、丙也相邻（注意，这和甲、
乙、丙三人相邻是不同的．如甲在乙、丙 之间合
于后者，但不合于前者）的情况
PP
种．所以，符
合题意的排法有PPPP1200
（种）．
26
26
25
25
2 6
26
25
25

【备选3】一共有赤、橙、黄、绿、青、蓝、紫七 种颜色的
灯各一盏，按照下列条件把灯串成一串，有多少
种不同的串法？
⑴ 把
7
盏灯都串起来，其中紫灯不排在第一位，
也不排在第七位．
⑵ 串起其中
4
盏灯，紫灯不排在第一位，也不排
在第四位．
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【解析】
⑴ 可以先考虑紫灯的位置，除去第一位和第 七位外，
有
5
种选择；然后把剩下的
6
盏灯随意排，
是一个全排列问题，有
P654321720
(种)排法．
由乘法原理，一共有
57203600
(种)．
⑵ 先安排第一盏和第 四盏灯．第一盏灯不是紫
灯，有
6
种选择；第四盏灯有
5
种选择；剩 下的
5
盏灯中随意选出
2
盏排列，有
P5420
(种 )选
择．由乘法原理，有
6520600
(种)。
6
6
2
5

【备选4】在
1~100
中任 意取出两个不同的数相加，其和是偶
数的共有多少种不同的取法？
【解析】
两个数 的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，
这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两个数与顺序无关，所以是组合问题．
49
从
50
个偶数中取出
2
个，有
C
50
1225
(种)取法；
21
2
50
从
50
个奇数中取出
2
个，也有
C
2
50

5049
1225
21
(种)取法．
根据加法原理，一共有
122512252450
(种)不同的取法．

【备选5】如图所示，用长短相同的火柴棍摆成3×1996的
方格网，其中每个小方格的边都 由一根火柴棍组
成，那么一共需用多少根火柴棍?

【解析】
横放需1996×4根，竖放需1997×3根
共需1996×4+1997×3=13975根。

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