史上最全的难题排列组合大全(1)
最霸气的话-喧闹反义词
史上最全的排列组合难题大总结
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这
两个位置.
1
先排末位共有
C
3
1
然后排首位共有
C
4
C
4
1
A
4
3
C
3
1
最后排其它位置共有
A
4
3
113
C
3
A
4
288
由分步计数原理得
C
4
位置分析法和元素
分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方
法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其
它元素.若以位置分
练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不
种在两端的花盆里，问有多少不同的种法
二.相邻元素捆绑策略
例2.
7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元
素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一
个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻
元素内部进行自排。
由分步计数原理可得共有
A
5
5
A
2<
br>2
A
2
2
480
种不同的排法
甲乙
丙丁
要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即
练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不
同种数为
20
三.不相邻问题插空策略
例3.一个晚会的节目有4个
舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,
则节目的出场顺序有多少种
解
:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有
A
5
5
种，第二步将4舞蹈插
4
入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种
A
6
不同的
方法,
4
由分步计数原理,节目的不同顺序共有
A
5
5
A<
br>6
种
练习题：某班新年联欢会原定的5个
节目已排成节目单，开演前又增加了两
个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不
相邻，
那么不同插法的种数为 30
四.定序问题倍缩空位插入策略
例人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)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
他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素
之间的
3
全排列数,则共有不同排法种数是：
A
7
7
A3
4
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共
有
A
7
种方法，其
4
余的三个位置甲乙丙共有
1种坐法，则共有
A
7
种方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共
有
方法
练习题:10人身高各不相等,排成前后排，
每排5人,要求从左至右身高逐渐
增加，共有多少排法
5
C
10
五.重排问题求幂策略
例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名
实习生分配到车
间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有
7
6
种不同的
排法
允许重复的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，
练习题：
1．
某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增
加了两个新节
目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯
的方法
7
8
六.环排问题线排策略
例6.
8人围桌而坐,共有多少种坐法
解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之
分，所以固定
一人
A
4
！种排法即
7
！
4
并从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1）
C
D
E
F<
br>
B
A
AB
C
DEFGHA
G
H
一般地,n个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n个不同
1
m
A
n
n
练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈
120
七.多排问题直排策略
例人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法
解:8人
排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊
1
元素有
A
2
种,再排后4个位置上的特殊元素丙有
A
44
种,其余的5人在5
15
A
2
个位置上任意排列有
A
5
4
A
4
A
5
种
5
种,则共有
前 排
后
排
练习题：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 346
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.
有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少
不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有
C
5
2
种方法.再把4个元
素
(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有
A
4
根据分步计数
4
种方法，
4
原理装球的方法共有
C
5
2
A
4
练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成
四种不
同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同
的选法有 192
种
九.小集团问题先整体后局部策略
例9.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1,５在
两个奇数之间,这样的五位数有多少个
解：把１,５,２,４当作一个小集团与３排队共有
A
2
再排小集
团
2
种排法，
22
2
A
2
内部共有
A2
2
A
2
A
2
种排法.
2
A
2
种排法，由分步计数原理共有
1524
3
练习题：
１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画,
排成一
行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水彩画不在两端，
54
那么共有陈列方式的种数为
A
2
2
A
5
A
4
55
2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有
A<
br>2
2
A
5
A
5
种
十.元素相同问题隔板策略
例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案
解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个
空隙。在９个空档中选６个位置
插个隔板，可把名额分成７份，对
应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有
C9
6
种分法。
一
班
二
班
三
班
四
班
五
班
六
班
七
班
将n个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,
练习题：
1．
10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法
C
9
4
3
2
.
xyzw100
求这个方程组的自然数解的组数
C
103
十一.正难则反总体淘汰策略
例11.从0,
1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于
10的偶数,不同的<
br>
取法有多少种
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用
总体淘汰法。这
十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有
C
5
3
,
123
12
C
5
C
5
只含有1个偶数的取法有
C
5
。再淘汰和
C
5
,和为偶数的
取法共有
C
5
123
C
5
C
5
9
小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有
C
5
有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往
练习题：我
们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至
少有一人在内的
抽法有多少种
十二.平均分组问题除法策略
例12.
6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法
解: 分三步取书得
C
6
2
C
4
2
C
2
2
种方法,但这里出现
重复计数的现象,不妨记6
本书为ABCDEF，若第一步取AB,第二步取CD,第三步取EF该分法
记
22
C
6
2
C
4
C
2
为(AB
,CD,EF),则中还有
(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(E
F,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
A
3
3
3
种取法 ,
而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有
C
6
2
C
4
2
C
2
2
A
3
种
分法。
平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一
练习题：
1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法
5
4
C
8
4
C
4
A
2
（
C
132
）
名学生分成3组,其中一组4人,
另两组3人但正副班长不能分在同一组,有
多少种不同的
分组方法
（1540）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转
入4名学生，要安排到该年级
的两个班级且每班安
22
A
2
90
）
排2名，则不同的安排方案种
数为______（
C
4
2
C
2
2
A
6<
br>十三. 合理分类与分步策略
例13.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱
歌,5人会跳舞,现要演
出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多少选派方法
解：10
演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱
歌人员为标准进行研究
只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有
C
3
2
C
3
2
种,只会唱的5人中只
112
C
3
C
4
种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人有1人选上唱歌人员
C
5
员有
C<
br>5
2
C
5
2
种，由分类计数原理共有
11
2
C
3
C
4
C
5
2
C
5
2
种。
C
3
2
C
3
2
C
5
解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件
练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座
谈会，若这4人中必须
既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2.
3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人,
2号船最多乘2人,3号船只
能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只船,
这3人共
有多少乘船方法. （27）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果
十四.构造模型策略
例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,
9的九只路灯,现要关掉其中的3
盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条
件的关灯方法有多少种
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入
3个不亮的灯
有
C
5
3
种
一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填
练习题：某排共
有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么
不同的坐法有多少种（120）
十五.实际操作穷举策略
例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,
2,3,4,5的五个盒子,现将5
个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球
的编
号与盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个与盒子对号有
C
5
2
种还剩下3球3盒序号不能对应，
利用实际操作法，如果剩下3,4
,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒
时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时
,4,5号球
有也只有1种装法,由分步计数原理有
2C
5
2
种
534
3号盒 4号盒
5号盒
对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷
练习题：
1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的
贺年
卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种 (9)
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色
方法有
72种
1
3
2
5
4
十六. 分解与合成策略
例16. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7
×
11×13
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个
组成乘积，
1
35
C
5
2
C
5
C
5
4
C
5
所有的偶因数为：
C
5
练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶
点构成四体共有体共
C
8
4
1258
,
每个四面体有<
br>
3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成
358174
对异面直线
分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,
把一个复
十七.化归策略
例17. 25人排成5×5方阵,现从中
选3人,要求3人不在同一行也不在同一
列,不同的选法有多少种
解：将这个问题退
化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不
在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必
有1人从其中的一
行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从3×3
111
方队中选3人的方法有
C
3
再从5×5方阵选出3×3方阵便可
C<
br>2
C
1
种。
解决问题.从5×5方队中选取3行3列有
C5
3
C
5
3
选法所以从5×5方阵
111
C<
br>2
C
1
选法。
选不在同一行也不在同一列的3人有
C
5
3
C
5
3
C
3
处理复杂的排列组合问题时可以把一个问
练习题:某城市的街
区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A走
到B的最短路径有多少种(
C
7
3
35
)
B
A
十八.数字排序问题查字典策略
例18．由0，1
，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105
大的数
解:<
br>N2A
5
5
2A
4
4
A
3
3
A
2
2
A
1
1
297
数字排序问题可用查字典法,查
字典的法应从高位向低位查,
依
练习:用0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从
小到大
排列起来,第71个数是 3140
十九.树图策略
例
19．
3
人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过
5
次传求后,
球
仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______
N10
对于条件比较复杂的排列组合问
练习: 分别编有1，2，3
，4，5号码的人与椅，其中
i
号人不坐
i
号椅（
i1,2,3,
4,5
）
的不同坐法有多少种
N44
二十.复杂分类问题表格策略
例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B
、C、D、E五个字母,现从
中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法
解:
红
黄
1
1
1
2
1
3
2
1
2
2
3
1
一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入
11
C
5
C
4
12
C
5
C
4
13
C
5
C
4
1
C
5
2
C
3
C
5
2
C
3
231
C
5
C
2
二十一：住店法策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以
重复，另一
类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再
利用乘法
原理直接求解.
例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能
的种数有
.
分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由
乘法原理
得7
5
种.
染色问题的计数方法
一、
区域染色问题
1.
根据乘法原理，对各个区域分步染色，这是处理这类问题的基
本的方法。
例1
要用四种颜色给四川、青藏、西藏、云南四省（区）的
地图染色（图1）每一省
（区）一种颜色，只要求相邻的省（区）不同
色，则不同染色的方法有多少种
西
藏
分析 先给
青海
四川
云南
四川染色有4种方
法，再给青
海染色有3种方法，接着给西藏染色有2种方法，最后给云南染色有2
种方法，根据
乘法原理，不同的染色方法共有4×3×2×2＝48种
2.
根据共用了多少种颜
色分类讨论，分别计算出各种情形的种数，
再用加法原理求出不同年拾方法种数。
例2 （2003年全国高考题）如图2，一个地区分为5个行政区域，现
给地图着色，要求相
邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，
则不同的着色方法共有多少种
2
3
4
分析
依题意至少要
15
图2
选用3种颜色。
（1）当选用三种颜色时，
区域2与4必须同色，区域3与5必须同色，
有
A
4
种。
3
（2）当用四种颜色时，若区域2与4同色，则区域3与5不同色，有
A
4
4
种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有
A
4
种，故用四种颜色<
br>4
时共有2
A
4
种。
4
由加法原理可知满足题意的着色方法共有
种。
3.根据某两个不
相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同
色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用
加法原理求出不
同染色方法数。
例3 用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”
字形的四个小方格内
（图3），每格涂一种颜色，相邻的两格涂不同的颜色，如果颜色可以反
A
4
＋2
A
3
4
4
＝24＋2×24＝72
复使用，共有多少种不同的涂色方法
2
3
1
4
图3
4
（1）四格涂不同的颜色，方法数为
A
5
；
<
br>（2）有且仅有两格涂相同的颜色，即只有一组对角小方格涂相同颜色，
涂法种数为2
C
5
A
2
；
4
2
（1)两组对角小方格涂
相同颜色，涂法种数为
A
5
。因此，所求的涂法
42
种数为
A
5
＋2
C
5
A
2
＋
A
5
＝260种
4
1
1
3.根据相间区域使用颜色的种类分类讨论
例4
如图4，一个六边形的6个区域A、B、C、D、E、F，现给这6个
区域着色，要求同一区域染同一种
颜色，相邻的两个区域不得使用
F
A
B
E
D
C
图4
同一颜色，现有 4种不同的颜色可供选择，则有多
少种不同的着色方法。
解： （1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时，有4种着色方法，
此时，B、D、F各
有3种着色方法故有4×3×3×3＝108种方法
（2）当相间区域A、C、E着两种不同
颜色时，有
C
3
A
2
种着色方法，
4
此时B、D、
F有3×2×2种着色方法，故共有
C
3
A
2
×3×2×2＝432
种
4
着色方法。
(1)当相间区域A、C、E着三种不同颜色时，有
A
3
种着色方法，此时B、
4
D、F各有2种着色方法，此时共有
A
3
×2×2×2＝192种方法。
4
2
2
故总计有108＋432＋192＝732种方法
二 点染色问题
<
br>点染色问题，要注意对各点依次染色，主要方法有:（1）根据共用了
多少种颜色分类讨论；（2
）根据相对顶点是否同色分类讨论。
例5将一个四棱锥S－ABCD的每个顶点染
一
种颜色，并使同一条棱的两端点异色，
果只有5种颜色可供使用，那么不同的染
方法的总数是多
少
A
D
C
S
上
如
色
解法1
满足题设条件的染色至少要用三
颜色
B
种
（1）若恰用三种颜色，
可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余
下的四种颜色中任选两种染A、B、C、D四点，，此时只
能A与C，B与
D分别同色，故有
C
5
A
2
＝60种方法。
4
（1）若恰用四种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余
下
的四种颜色中任选两种染A与B，由于A、B颜色可以交换，故有
A
2
4
种染
法；再从余下的两种颜色种任选一种染D或C，而D与C中另一个
只需染与其相对顶点同色即可，故有<
br>C
5
A
2
＝240中方法。
4
C
2
C
2
（1）若恰用五种颜色，有
A
5
＝120种染法。综
上，满足题意的染色方
5
法数为60＋240＋120＝420种。
111
1
解法2 设想染色按S－A－B－C－D
顺
序进行，对S、A、B染色，有5×4×3
60种染色方法。由于C点的颜色可能与A
色或不同
色，这影响到D点颜色的选取方
数，故分类讨论：
A
D
S
的
＝
C
同
法
B
C与A同色时（此时C对颜色的选取方法唯一
），D与A、C、S不同色，
有3种选择；C与A不同色时，C有2种选择的颜色，D有2种颜色可供<
br>选择，从而对C、D染色有1×3＋2×2＝7种染色方法。
由乘法原理，总的染色方法数是60×7＝420种
评注 图中的连接状况是本质
条件，而是否空间图形则无关紧要，试
看下面的两个问题，尽管与例5表述方式不同，但具有相同的数学
模型，
所以都可以转化为例5来解决。您不妨一试。
（1）
用五种颜色给
图中的5个车站的
D
E
C
候车
车站牌A、B、C、D、E染色，要求
相邻两个
间的候车牌的颜色不同，有多少种不同
色方法（图6）
（2） <
br>如图
A
B
的染
7所示为一张有5个行政区划的地图，今要用5种颜色给
地
图着色，要求相邻的区域不同色，共有多少种方案
三、线段染色问题，要注意对各条线段依次讨论，主要方法有：
（1）
根据共用了多少种颜色分类讨论；
（2）
根据相对的线段是否同色分类讨论。
例5
用红、黄、蓝、白、四种颜色染
矩形ABCD的四条边，每
条边只染一种颜色，且使相邻两边染不同的颜色，如果颜色可能反复使
用，共有多少种不同的染色方法（图8）
解法1
（1）使用四种颜色有
A
4
种；
4
（2）使用三种颜色染
色，则必须将一组
2
边染成同色，故有
C
4
C
2
A
3
种；
11
D
C
对
A
B
（3）
使用两种颜色时，则两组对边必须分别同色，有
A
2
4
种。
22
因此，所求的染色方法数为
A
4
＋＋
C
4C
2
A
3
A
4
＝84种
4
11
解法2 染色按AB-BC-CD-
DA的顺序进行，对AB、BC染色有4×3＝12
种染色方法。
由于CD的颜色可
能与AB同色或不同色，这影响到DA颜色的选取方法
数，故分类讨论：
当CD与A
B同色时，这时CD对颜色的选取方法唯一，则DA有3种颜
色可供选择；当CD与AB不同色时，CD
有2种可供选择的颜色，DA有2
种可供选择的颜色，从而对CD、DA染色有1×3＋2×2＝7种染
色方法。
由乘法原理，总的染色方法数为12×7＝84种。利用相同的方法可解
决例7
例6
中央电视台“正大综艺”节目的现场观众来自4个单位，
分别在
图9中4个区域内坐定。有4种不同的颜色服装，每个区域的观
众必须穿同种颜色的服装，且相邻两个区
域的颜色不同，不相邻区域颜
2
4
色相同与否不受限制，那么不同的着色方法
有多少种
例7
1
3
共
用六种颜色给正四面体A－BC
D的每条棱染色，要求每条
棱只能染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，问有多少种不同的染色
方法（图10）
分析 正四面体有三组对棱AB与CD、AC与BD、AD与BC。满足
题设条
件的染色至少要用三种颜色。
解 （1）若恰用三种颜色染色，则每组对棱
必须染同一颜色，而这三
组间的颜色不同，故有
A
3
种方法。
6
（2） 若恰用四种颜色染色，则三组对棱中有两组对棱的组内对棱同
2
色
，但组与组之间不同色，故有
C
3
A
6
种方法。
4
（3）若恰用五种颜色染色，则三组对棱中有一组对棱染同一种颜色，
故有
C
3
A
6
种方法。
1
5
（4）
若恰用
六种颜色染色，则有
A
6
6
种不
A
同的方法。
<
br>B
D
C
6
1
综上，满足题意的总的染色方法数
为
A
3
＋＋
A
6
C
3
6
A
6
＝4080种
5
四 面染色问题
例9 （19
96年全国高中数学联赛题）从给定的六种不同颜色中选用
若干种颜色，将一个正方体的6个面染色，每
两个具有公共棱的面染成
不同的颜色，则不同的染色方案共有多少种
（注：如果我们
对两个相同的正方体染色后，可以通过适当翻转，使
得两个正方体的上、下、左、右、前、后6个面对应
面的染色都相同，
那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同）
分析 显然，至
少需要三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利
用加法原理分类、乘法原理分步进行讨论。
解 根据共用了多少种不同的颜色分类讨论。
（1）
用了六种颜色，确
定某种颜色（例如红色）所染面为下底（根据
题注，对此处的两种不同染色方案，这里的“第一面”总是
相同的），则
上底颜色可有5种选择，在上、下底已染好后，再确定其余4种颜色中
的某一种所
染面为左侧面，则其余3个面有3！种染色方案，根据乘法
原理n
1
＝5×3！＝30
种
（2）
用了五种颜色，选定五种颜色有
C
5
6
＝6种方法，必有两面同色（必
为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜
色
为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种选择（前后面可
通过翻转交换）n2
＝
C
6
×5×3＝90
5
（3）
用了四种颜色，仿上分析可得
42
n3
＝
C
6
C
4
＝90
（4）
用了三种颜色，n
4
＝
C
3
6
＝20
故总的染色方案有n＝n
1
＋ n
2
＋n
3
＋n
4
＝230种。