-

2021年2月5日发(作者：成都天府之国)


排列与组合的三大模型·
24
种解题技巧



一．知识点归纳


1
．排列的概念：
从
n
个不同元素中，任取
m
（
m

n
）个元素（这 里的被取元素各不相同）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
．．．．．
．．．．

2< br>．排列数的定义：
从
n
个不同元素中，任取
m
（
m< br>
n
）个元素的所有排列的个数叫做从
n
个
m
元素中 取出
m
元素的
排列数
，用符号
A
n
表示

m
3
．排列数公式：
A
n

n
(
n

1
)(
n

2)

(
n
m

1
)
（
m
,
n
N

,
m

n
）

4
阶乘 ：
n
!
表示正整数
1
到
n
的连乘积，叫做
n
的阶乘
规定
0!

1
．

m
5
．排列数的另一个计算公式：
A
n
=
n
!


(
n

m
)!
6
组合的概念：
一般地，从
n
个不同元素中取出
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

7
．组合数的概念：
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
m
同元素中取出
m
个元素的
组合数
．用符号
C
n
表示．

．．．
A
n
m
n
(
n

1)(
n

2)< br>
(
n

m

1)
8
．组合数公式 ：
C

m


A
m
m
!
m
n
或
C
m
n

n
!
(
n
,
m

N

,
且
m

n
)

m
!
(
n

m
)!
m
n

m
0
9

组合数的性质
1
：
C
n
．规定：
C
n

C
n

1
；

m
m
m

1
10
．组合数的性质
2
：
C
n



1＝
C
n
+
C
n
0
2
4
13
5
0
1
n
C
n

C
n
C
n



C
n

Cn

C
n



2
n
1
;
C
n

C
n


Cn

2
n

11.
“
16
字方针”是 解决排列组合问题的基本规律，即
：

分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，
。

12.
“２
1
个技巧”是迅速解决排列组合的捷径

二．基本题型讲解


例
1

分别求出符合下列要求的不同排法的种数

（
1
）
6
名学生排
3
排，前排
1
人，中排
2
人，后排
3< br>人；

（
2
）
6
名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
（
3
）从
6
名运动员中选出
4
人参加
4
×
100
米接力赛，甲不跑第一棒，

乙不跑第四棒；

（
4
）
6
人排成一排，甲、乙必须相邻；

第

1
页

共

35
页




（
5
）
6
人排成一排，甲、乙不相邻；

（
6
）
6
人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、

乙、丙可以不相邻）

6
解：
（
1
）分排坐法与直 排坐法一一对应，故排法种数为
A
6

720

1
5


（
2
）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲 先选位置，有
A
4
种选法，然后其他
5
人选，有
A
5
种选
1
5
法，故排法种数为
A
4
A
5< br>
480



（
3
）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：

3
①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为
A
5
；

1
1
②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有
A
4
种选法，第四 棒除了乙和第一棒选定的人外，也有
A
4
1
1
2
种选法，其 余两棒次不受限制，故有
A
4
A
4
A
2
种排法，< br>
3
1
1
2
由分类计数原理，共有
A
5
A
4
A
4
A
4

252
种 排法



2
5


（
4
）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他
4
人一起作全排列共有
A
2
A
5

240
种排法



（
5
）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余
4
人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4
人
4
2
6
的左、
右及之间的空挡插位，
共有
A
4
（
2
）
后排列数为
A
6
< br>A
5
（或用
6
人的排列数减去问题

240

480
）



（
6
）三人的顺序定， 实质是从
6
个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，
3
3< br>其余
3
人在
3
个位置上全排列，故有排法
C
6
A
3

120
种



点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻

例
2

假设在
100
件产品中有
3
件是 次品，从中任意抽取
5
件，求下列抽取方法各多少种？


（
1
）没有次品；
（
2
）恰有两件是次品；
（
3
） 至少有两件是次品

5


解：
（
1
）没 有次品的抽法就是从
97
件正品中抽取
5
件的抽法，共有
C
97
种


64446024
（
2
）恰有
2
件是次品的抽法就是从
97
件正品中抽取
3
件，并从
3< br>件次品中抽
2
件的抽法，共
3
2
有
C
97< br>种

C
3

442320
（
3
）至 少有
2
件次品的抽法，按次品件数来分有二类：

3
2
第一 类，从
97
件正品中抽取
3
件，并从
3
件次品中抽取
2
件，有
C
97
种

C
3
2
3
第二类从
97
件正品中抽取
2
件，并将
3
件次品全 部抽取，有
C
97
种

C
3
3
2
2
3
按分类计数原理有
C
97
C
3

C< br>97
C
3

446976
种

点评：此题是 只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中
抽取，应当注意：如果第 （
3
）题采用先从
3
件次品抽取
2
件（以保证至少有
2
件是次品）
，再从余
2
3
下的
98
件产品中任 意抽取
3
件的抽法，那么所得结果是
C
3
C
98

466288
种，其结论是错误的，错
在“重复”
：假设
3
件次品是
A
、
B
、
C
，第一步先抽
A
、< br>B
第二步再抽
C
和其余
2
件正品，与第一
第

2
页

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35
页




2
3
步先抽
A
、
C
（或B
、
C
）
，第二步再抽
B
（或
A
）和 其余
2
件正品是同一种抽法，但在算式
C
3
C
98
中
算作
3
种不同抽法

m
m

1
m
m

1
m

1
m
m

1
例
3
求证：①
A
n

C
n

2
C
n

C
n

1

m A
n

1

A
n

；②
C
n

2


证明：①利用排列数公式



左

m


n

1

!

n

m

1
!
n

m
!






n

1

!








n

m
 
n

1


!
m



n

1
!
n
!
m

A
n

右




n

m

!

n

m

!
另一种证法：
（利用排列的定义理解）

从
n
个元素中取
m
个元素排列可以分成两类：

m
①第一类不含某特殊元素
a
的排列有
A
n

1
m

1



第二类含元素
a的排列则先从

n

1

个元素中取出
m

1

个元素排列有
A
n

1种，然后将
a
插
m

1
入，共有
m
个 空档，故有
m

A
n

1
种，

m
m

1
m
因此
A
n

1

m

A
n

1

A
n

②利用组合数公式

左

n
!
n
!
2
n
!




m

1

!

n

m

1


m

1
 
n

m

1

!
m

n

m

!
＝
n
!



n

m

n

m

1


m

m

1


2

m

1

n

m

1


m

1

!

n
m

1

!


n
2

!
n
!
m

1

n
2

n

1



C< br>n

2

右


m

1< br>
!

n

m

1

!< br>
m

1

!

n

m< br>
1

!
m
m
m

1
另法 ：利用公式
C
n

C
n

C

1
n

1
推得

m

1
m
m
m

1
m

1
n
m

1
左

C
n

C
n

C
n

C
n

C
n

1

C
n

1

C
n

2

右





点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数 、组合数公式及组合数基本性质

例
4

已知
f
是集合
A


a
,
b
,
c
,d

到集合
B


0
,
1
,
2

的映射

（
1
）不同的映射
f
有多少个？

（
2< br>）若要求
f

a


f

b


f

c


f

d


4
则不同的映射
f
有多少个？

分析：（
1
）确定一个映射
f
，需要确定
a
,
b,
c
,
d
的像

第

3
页

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35
页






（
2
）
a
,
b
,
c
,
d
的象元之和为
4
，则加数可能出现多种情况，即4
有多种分析方案，各方案独立
且并列需要分类计算

解：
（< br>1
）
A
中每个元都可选
0,1,2
三者之一为像，由分步计数 原理，共有
3

3

3

3

3
4
个不同映
射



（
2
）根据
a
,
b
,
c
,
d
对应的像为
2< br>的个数来分类，可分为三类：

第一类：没有元素的像为
2
，其和又为
4
，必然其像均为
1
，这样的映射只有一个；

1
1
第二类：一个元素的像是
2
，其余三个元素的像必为
0,1,1
， 这样的映射有
C
4
P
3

12
个；
2
第三类：二个元素的像是
2
，另两个元素的像必为
0
，这样的 映射有
C
4

6
个

由分类计数原理共有
1+12+6=19
（个）

点评：问题（1
）可套用投信模型：
n
封不同的信投入
m
个不同的信箱，有< br>m
n

种方法；问
题（
2
）的关键结合映射概念恰当 确定分类标准，做到不重、不漏

例
5
四面体的顶点和各棱的中点共
10
个点

（
1
）设 一个顶点为
A
，从其他
9
点中取
3
个点，使它们和点
A
在同一平面上，不同的取法有
多少种？

A
（
2
）在这
10
点中取
4
个不共面的点，
不同的取法有多少种？

解：
（
1
）如图，含顶点
A
的四面体的
三个面 上，除点
A
外都有
5
个点，
从中取出
3
点必与点< br>A
共面，
共有
3
C
3
5
E
D
P
B
M
G
N
F
种取法

含顶点
A
的棱有三条，每条棱上有
3
共面，共有
3
种取法

C
个点，它们与所对棱的中点
3
根据分类计数原理和点
A
共面三点 取法共有
3
C
5

3

33
种

（
2
）取出的
4
点不共面比取出的
4
点共面的情形 要复杂，故采用间接法：先不加限制任取
4
点
4
（
C
10< br>种取法）减去
4
点共面的取法

取出的
4
点共面有三类：

4
第一类：从四面体的同一个面 上的
6
点取出
4
点共面，有
4
C
6
种取法

第二类：每条棱上的
3
个点与所对棱的中点共面，有
6
种 取法

第三类：从
6
条棱的中点取
4
个点共面，有
3
种取法

4
根据分类计数原理
4
点共面取法共有
4
C
6

6

3

69

4
4
故取
4
个点不共面的不同取法有
C
10
< br>4
C
6

6

3

141
（种）



点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问 题，附加的条件是点共线与不


共线，点共面与不共面，线共面与不共面等

三、排列组合解题备忘录

：

m
⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有
P
m
种“捆绑”方法
< br>⑵ｍ个不同元素互不相邻，
分别
“插入”
到ｎ个
“间隙”
中的 ｍ个位置有

P
n
m
种不同的
“插
第

4
页

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页





入”方法

m
⑶ｍ个相同的元素互不相邻， 分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有
C
n
种不同
的“插入”方法< br>
m
⑷若干个不同的元素“等分”为

ｍ个组
,
要将选取出每一个组的组合数的乘积除以
P
m



四．排列组合问题中的数学思想方法

（一）
．分类 讨论的思想：许多“数数”问题往往情境复杂，层次多，视角广，这就需要我们
在分析问题时，选择恰当 的切入点，从不同的侧面，把原问题变成几个小问题，分而治之，各种击
破。

例.
已知集合
A
和集合
B
各含有
12
个元素，< br>A

B
含有
4
个元素，求同时满足下列条件的集合
C
的个数：

1
）
C

A

B且
C
中含有
3
个元素，
2
）
C
A




解：如图，因为
A
，
B< br>各含有
12
个元素，
A

B
含有
4
个元素，所以
A

B
中的元素有
12+12-4=20
个， 其中属于
A
的有
12
个，属于
A
而不属于
B
的有
8
个，要使
C

A


，则
C
中的元素至少含在
A
中，集合
C
的个数是：
1
）只含
A
1
2
1
中
1
个元素的有
C
12
C
8
2
；
2
）含
A
中
2< br>个元素的有
C
12
C
8
；
3
）含
A
中
3
个元素的
3
1
2
1
3
有C
12
C
8
0
，故所求的集合
C
的个数共有< br>C
12
C
8
2
+
C
12
C
8
+
C
12
C
8
0
=1084
个


8
4








8
（二）
．等价转化的思想：很多“数数”问题的解决，如果 能跳出题没有限定的“圈子”
，根据
题目的特征构思设计出一个等价转化的途径，可使问题的解 决呈现出“要柳暗花明”的格局。

1.
具体与抽象的转化

例.
某人射击
7
枪，击中
5
枪，问击中和末击中的不同顺序情况有 多少种？

分析：
没击中用
“
1
”
表示，
击中的用
“
0
”
表示，
可将问题转化不下列问题：
数列a
1
,
a
2
,
a
3
,
a4
,
a
5
,
a
6
,
a
7有两项为
0
，
5
项是
1
，不同的数列个数有多少个？< br>
1
解：
1
）两个
0
不相邻的情况有
C6
2
种，
2
）两个
0
相邻的情况有
C
6
种，所以击中和末击中的不
1
同顺序情况有
C
6
2
+
C
6
=21
种。

2
）不同的数学概念之间的转化

例
.
连结正方体
8
个顶点的直线中，为异面直线有多少对？

分析：正面求解或反面求解（利用补集，虽可行，但容易遗漏或重复，注意这样一个事实，每
一 个三棱锥对应着三对异面直线，因而转化为计算以正方体顶点，可以构成多少个三棱锥）

解： 从正文体珠
8
个顶点中任取
4
个，有
C
8
4
种，其中
4
点共面的有
12
种，
（
6
个表面和< br>6
个对
角面）将不共面的
4
点可构一个三棱锥，共有
C
8
4
-12
个三棱锥，因而共有
3
（
C
8
4
-12
）
=174
对异面
直线。


综上所述，有以上几种解排列组合的方法，此外，当然也还有其他的方法要靠我们去发现和积
第

5
页

共

35
页




累，我们要掌握好这些方法，并且能够灵活运用，这样，在日常生活中，我们们能 轻易解决很多问
题。


教师点评：对排列组合问题的处理方法总结得很细、 很全面，而且挖掘出其中所蕴藏的数学思
想方法，对学习排列组合有一定的指导性。

（三）容斥原理与计数

1
、文氏图：


在文氏图中
,
以下图形的含义如下：


矩形：其内部的点表示全集的所有元素；


矩形内的圆（或其它闭曲线）
：表示不同的集合；




圆（或闭曲线）内部的点：表示相应集合的元素。



2
、三交集公式：
A+B+C=A
∪
B
∪
C+A∩B+B∩C+A∩C
-
A∩B∩C


（
A
∪
B
∪< br>C
指的是
E
，
A∩B∩C
指的是
D
）


（四）模型构造

例
1.

4
名同 学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则四张贺
卡的不同分配方式共有< br>






种
.
例
2.
将编号为
1
，
2
，
3
，
4
的四个小球分别放入编号为
1
，
2
，
3
，
4
的四个盒子中，要求每个
盒子放一个小球，且小球的编号与盒子的编号不能相同， 则共有






种不同的放法
. < br>这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件
的排列 问题叫做
全错位排列问题
.
例
3.
五位同学坐在一排，现让五位同 学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同
的坐法有







种
.
解析：可以分类解决：

第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；

第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；

第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置
.
对于第一类，就是上面讲的全错位排列问 题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位
置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种 排列问题为
部分错位排列问题
.
设
n
个元素全错位排列的排列数为
T
n
，则对于例
3
，第一类排列数为
T
5
，第二类先确定一个
第

6
页

共

35
页




排原来位置的同学有
5
种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为
5
T
4
， 第三类先
确定两个排原位的同学，
有
C
5
2
=10
种，
所以第三类的排列数为
10
T
3
，
因此例
3< br>的答案为：
T
5
+5
T
4
+10
T
3
.

五．排列组合中的
易错题

1
没有理解两个基本原理出错

排列组合问题基于两个基本计数原理，
即加法原理和乘法原理，
故理解
“分类用加、
分步用乘”
是解决排列组合问 题的前提
.

例
1
（
1995
年上海高考题）从
6
台原装计算机和
5
台组装计算机中任意选取
5
台< br>,
其中至少有
原装与组装计算机各两台
,
则不同的取法有




种
.

误解：因为可以取
2
台原装与
3
台组装计算机或是
3
台原装与
2
台组装计算机 ，所以只有
2
种取法
.

错因分析：误解的原因在于没有意识到“选 取
2
台原装与
3
台组装计算机或是
3
台原装与
2< br>台
组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法
.

2
正解：
由分析，
完成第一类办法还可以分成两步：
第一步在原装计 算机中任意选取
2
台，
有
C
6
3
2
3种方法；第二步是在组装计算机任意选取
3
台，有
C
5
种方法， 据乘法原理共有
C
6
种方法
.
同理，

C
5
3
2
2
3
3
2
完成第二类办法中有
C< br>6
种方法
.
据加法原理完成全部的选取过程共有
C
6

C
5

C
5

C
6

C
5

350
种方
法
.

例
2

在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有
（

）种
.

3
3
（
A
）
A
4

（
B
）
4
3

（
C
）
3
4

（
D
）
C
4

误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选
A
.

错因分析：误解是没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式
.


正解：
四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有
3
种选取方法，由 乘法原
理共有
3

3

3

3

3
4
种
.

说明：本题还有同学这样误解，甲乙丙夺冠均有 四种情况，由乘法原理得
4
3
.
这是由于没有考
虑到某项冠军一旦被 一人夺得后，其他人就不再有
4
种夺冠可能
.

2
判断不出是排列还是组合出错

在判断一个问题是排列还是组合问题时，主 要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，
无顺序的是组合
.

例
3
有大小形状相同的
3
个红色小球和
5
个白色 小球，排成一排，共有多少种不同的排列方
第

7
页

共

35
页




法？

8
误解：因为是
8
个小球的全排列，所以共有
A
8
种方法
.

错因分析：误解中没有考虑
3
个 红色小球是完全相同的，
5
个白色小球也是完全相同的，同色
球之间互换位置是同一种 排法
.

正解：
8
个小球排好后对应着
8
个位置，
题中的排法相当于在
8
个位置中选出
3
个位置给红球，
3< br>剩下的位置给白球，由于这
3
个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题
.< br>这样共有：
C
8

56
排
法
.


























































































3
重复计算出错

在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这 些问题要注意避免重复计数，产生
错误。

例
4
（
2002
年北京文科高考题）
5
本不同的书全部分给
4
个学生，每个学生至少 一本，不同的
分法种数为（




）

（
A
）
480
种

（
B
）
240
种

（
C
）
120
种

（
D
）
96
种

4
误解：先从
5
本书中取
4
本分给
4
个人，有
A
5
种方法 ，剩下的
1
本书可以给任意一个人有
4
4
种分法，共有
4< br>
A
5

480
种不同的分法，选
A
.
错因分析：设
5
本书为
a
、
b
、
c
、
d
、
e
，四个人为甲、乙、丙、丁
.
按照上述分 法可能如下
的表
1
和表
2
：





甲


乙

丙

丁

丙

丁

甲

乙

a

e
b
表
1
c
d

e
a
b
表
2
c
d
表
1
是甲首先分得
a
、乙分得
b
、丙分得
c
、丁分得
d
，最后一本书
e
给甲的情况；表
2
是甲首先分
得
e
、乙分得
b
、丙分得
c
、丁分得
d
，最后一本书< br>a
给甲的情况
.
这两种情况是完全相同的，而在
误解中计算成了不同的 情况。正好重复了一次
.

正解：
首先把
5
本书转化成4
本书，然后分给
4
个人
.
第一步：从
5
本书 中任意取出
2
本捆绑
2
4
成一本书，有
C
5
种方法；第二步：再把
4
本书分给
4
个学生，有
A
4种方法
.
由乘法原理，共有
2
4
C
5

A
4

240
种方法，故选
B
.

例
5

某交通岗共有
3
人，从周一到周日的七天中，每天 安排一人值班，每人至少值
2
天，其
不同的排法共有（




）种
.

（
A
）
5040
（
B
）
1260
（
C
）
210
（
D
）
630
误解：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，这三个人再进行
2
2
3
全排列
.
共有：
C
7
C
5
A
3

1260
，选
B
.

错因分析：这 里是均匀分组问题
.
比如：第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、
周四； 也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程
第

8
页

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35
页




中就重复计算了
.

2
2
3
C
7
C
5
A
3
正解：

630
种
.

2
4
遗漏计算出错

在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而出错。

例
6

用数字
0
，
1
，
2，
3
，
4
组成没有重复数字的比
1000
大的奇数共有 （


）

（
A
）
36
个

（
B
）
48
个

（
C
）
66
个

（
D
）
72
个

误解：如右图，最后一位只能是
1
或
3
有两种取法，
又因为第
1
位不能是
0
，在最后一位取定后只有
3
种取


0


1
，
3
2
2
法，剩下
3
个数排中间两个位置有
A
3
种排法，共有< br>2

3

A
3

36
个
.

错因分析：误解只考虑了四位数的情况，而比
1000
大的奇数还可能是五 位数
.

3
正解：
任一个五位的奇数都符合要求，
共有2

3

A
3

36
个，
再 由前面分析四位数个数和五位数
个数之和共有
72
个，选
D
.

5
忽视题设条件出错

在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句 话甚至每一个字和符号，
不然就可能多解或
者漏解
.

例
7
(2003
全国高考题
)
如图，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










种
.
（以数字作答）

误解：先着色第一区域，有
4
种方法，剩下
3
种颜色涂四个区域，即 有一种颜色涂相对的两块
1
2
区域，有
C
3

2< br>
A
2

12
种，由乘法原理共有：
4
< br>12

48
种
.

2
3
1
4
5
错因分析：据报导，在高考中有很多考生填了
48
种
.
这主要是没有看清题设“有
4
种颜色可供
选择
”
，不一 定需要
4
种颜色全部使用，用
3
种也可以完成任务
.
．．
正解：
当使用四种颜色时，由前面的误解知有
48
种着色方法；当仅 使用三种颜色时：从
4
种
3
颜色中选取
3
种有
C< br>4
种方法，先着色第一区域，有
3
种方法，剩下
2
种颜色涂四 个区域，只能是
3
一种颜色涂第
2
、
4
区域，另一种颜色涂 第
3
、
5
区域，有
2
种着色方法，由乘法原理有
C
4

3

2

24
种
.
综上共有：
48

24

72
种
.

例
8
已知
ax
2

b

0是关于
x
的一元二次方程，其中
a
、
b

{< br>1
,
2
,
3
,
4
}
，求解集不同的 一元二次方
程的个数
.

2
误解：从集合
{
1,
2
,
3
,
4
}
中任意取两个元素作为
a
、
b
，方程有
A
4
个，当
a
、
b
取同一个数时方程
2

1

13
个
.

有
1
个，共有
A
4
错因分析：误解中没有注意到 题设中：
“求解集不同
的„„”所以在上述解法中要去掉同解情
．．．．
第< br>
9
页

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35
页




况，由于


a

2
a

4

a

1

a
2
和

和

同解、

同解，故要减 去

b

1

b

2

b

2

b

4
2
个。

正解：
由分析，共有
13

2

11
个解集不同 的一元二次方程
.

6
未考虑特殊情况出错

在排列组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错
.

例
9
现有
1
角、
2
角、
5
角、
1
元、
2
元、
5
元、
10
元、
20
元、
50
元人民币各一张，
100
元人民币
2
张，从中至少取一张，共可 组成不同的币值种数是（




）

(A)1024
种

(B)1023
种

(C)1536
种

(D)1535
种

误解：因 为共有人民币
11
张，每张人民币都有取和不取
2
种情况，减去全不取的1
种情况，共
有
2
10

1

102 3
种
.

错因分析：这里
100
元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成

4
种情况，实际上只有不取、
取一张和取二张
3
种情况
.
< br>正解：
除
100
元人民币以外每张均有取和不取
2
种情况，< br>100
元人民币的取法有
3
种情况，再减
去全不取的
1
种情况，所以共有
2
9

3

1

15 35
种
.

7
题意的理解偏差出错






例
10

现有
8
个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（

）种
.

3
5
8
6
3
3
3
8
4
（
A
）
A
6

（
B
）
A
8

（
C
）
A
5

（
D
）
A
8


A
5

A
6

A
3

A
3

A
6
5
误解：除了甲、乙、丙三人以外的
5
人先排，有
A5
种排法，
5
人排好后产生
6
个空档，插入甲、
35
3
乙、丙三人有
A
6
种方法，这样共有
A
6
种排法，选
A
.


A
5
错因分析：误解 中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到的结果是“甲、乙、丙
三人互不相邻
”的 情况
.
“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻，但允许
．．． ．
其中有两人相邻
.

正解：在
8
个人全排列的方法数中减 去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不
8
6
3
相邻的方法数 ，即
A
8
，故选
B
.


A
6< br>
A
3
8
解题策略的选择不当出错

有些排列组合问 题用直接法或分类讨论比较困难，
要采取适当的解决策略，
如间接法、
插入法、
捆绑法、概率法等，有助于问题的解决
.

例
10

高 三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级
去，每班去何工厂可自 由选择，则不同的分配方案有（

）
.

（
A
）
16
种

（
B
）
18
种

（
C
）
37
种

（
D
）
48
种

误解：
甲工厂先派一个班 去，
有
3
种选派方法，
剩下的
2
个班均有
4
种选择，
这样共有
3

4

4

48< br>种方案
.

错因分析：
显然这里有重复计算
.
如：< br>a
班先派去了甲工厂，
b
班选择时也去了甲工厂，
这与
b班
先派去了甲工厂，
a
班选择时也去了甲工厂是同一种情况，而在上述解法中当作 了不一样的情况，
并且这种重复很难排除
.

第

10
页

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页




正解：
用间接法
.
先计算
3
个班自由选择去何工 厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：
4

4

4

3

3

3

37
种方案
.
排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即：
“分步用乘、分 类用
加、有序排列、无序组合”
，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好< br>.


六．学生练习


1
五个工程队承建 某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建
1
项，其中甲工程队不能承
建
1
号子项目，则不同的承建方案共有
(B)
1
4
1
44
4
A
C
4
种
D
A
4
种

C
4
种
B
C
4
A
4
种
C
C
4
2< br>在由数字
0
，
1
，
2
，
3
，
4
，
5
所组成的没有重复数字的四位数中，
不能被
5
整除 的数共有
192
个

3
有
12
个座位，现安排
2
人就座并且这
2
人不
左右相邻，那么不同排法的 种数是
____110__
．
4
某校高三年级举行一次演讲赛共有
10
位同学参赛，
其中一班有
3
位，
二班有
2
位，
其它班有
5
位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有
3
位同学恰好被排在一起（指演讲序号相
连，不管人的顺序）
，而二班的
2
位同 学没有被排在一起的概率为：

（
D
）

1
1
1
1

A
．

B
．

C
．

D
．

20
40
120
10
5
用
1
、
2
、
3
、
4
、
5
、
6
、
7
、
8
组成没有重复数字的八位数，要求
1< br>和
2
相邻，
3
与
4
相邻，
5
与6
相邻，而
7
与
8
不
相邻，这样的八位数共有
576
个

．
6
把一同排
6
张座 位编号为
1
，
2
，
3
，
4
，
5< br>，
6
的电影票全部分给
4
个人，每人至少分
1
张，至
多分
2
张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数
( D )

A
．
168
B
．
96
C
．
72
D
．
144
7
将标号为1
，
2
，„，
10
的
10
个球放入标号为1
，
2
，„，
10
的
10
个盒子里，每个盒内 放一
个球，恰好
3
个球的标号与其在盒子的标号不
一致的放入方法种数为（< br> B
）

．
A
．
120
B
．
240
C
．
360
D
．
720
8
从
5
位男教师和
4
位女教师中选出
3
位教师，
派到
3
个班担任班主任
（每班
1
位班主任）
，

要
求这
3
位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共（
B
）种

A
．
210
种

B
．
420
种

C
．
630
种

D
．
840

9
从集合
{
P
，
Q
，
R
，S
}
与
{0
，
1
，
2
，
3< br>，
4
，
5
，
6
，
7
，
8< br>，
9}
中各任选
2
个元素排成一排
(
字母
和
数
字
均
不
能
重
复
)
．
每
排
中
字
母
Q
和
数
字
0
至
多
只
能
出
现
一
个
的
不
同
排
法
种
数
是
_5832________
．
(
用数字作答
)
．

10
从
6
人中选出
4
人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，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（
B
）

A
．
300
种

B
．
240
种

C
．
144
种

D
．
96
种

3
题示：
C
44
A
4
4

2
C
4

3
A
3
3

C
4
2

2
A
3
3

11
四棱锥的
8
条棱代表
8
种不同的化工产品
,
有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库
是危险的
,
没有公共顶点的两条棱多代表的化工产品放在同一仓库是安全的
,
现打算用编号为①、
②、③、④的
4
个仓库存放这
8
种化工产品< br>,
那么安全存放的不同方法种数为
( B)
A
96 B
48 C
24 D
0
第

11
页

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35
页




12

4
棵柳树和< br>4
棵杨树栽成一行，柳树、杨树逐一相间的栽法有
___
种

4
解析：
2A
4
4
·
A
4
=1152种

答案：
1152
13
某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐 厅提供的菜肴中任选
2
菜
2
素共
4
种不同的品种
现 在
餐厅准备了
5
种不同的荤菜，
若要保证每位顾客有
200
种以上的不同选择，
则餐厅至少还需要不同
的素菜品种
_________
种
（结果用数值表示）

2
解析：设素菜
n
种，则
C
5
·
C
2
n
≥
200

n
（
n
－
1
）≥
40
，所以
n
的最小值为
7

答案：
7
14
设有编号为
1
，2
，
3
，
4
，
5
的五个球和编号为
1
，
2
，
3
，
4
，
5
的五个盒子< br>现将这五个球投
放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的 编号相同，则这
样的投放方法有多少种
?
分析：五个球分别投放到五个盒子内，恰好 有两个球的编号与盒子的编号相同，则其他三个球
必不能投放到与球的编号相同的盒子内，此时，这三个 球与对应的三个盒子，就成了受限的特殊元
素与特殊位置

2
解：先在五个球 中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内，有
C
5
种；剩下的三个球，不失
一般性，不妨设编号为
3
，
4
，
5
，投放
3
号球的方法数为
C
1
2
，则投放
4
，
5
号球的方法只有一种，
2
根据分步计数原理共有
C
5
·
C< br>1
2
=20
种

点评：本题投放球有两种方法，一种是投入到 与编号相同的盒子内，另一种是投入到与编号不
同的盒子内，故应分步完成

15

球台上有
4
个黄球，
6
个红球，击黄球入袋 记
2
分，击红球入袋记
1
分，欲将此十球中的
4
球击入袋中 ，但总分不低于
5
分，击球方法有几种？

解：设击入黄球
x
个，红球
y
个符合要求，

则有


x
+
y
=4
，
2
x
+
y
≥
5
（
x
、
y
∈
N
）
，得
1
≤
x
≤
4

∴

x

1
,

x

2,

x

3
,

x

4,




y

3
;
y
2
;
y

1
;
y

0.




2
2
3
4
31
0
相应每组解（
x
，
y
）
，击球方法数分别 为
C
1
4
C
6
，
C
4
C
6
，
C
4
C
6
，
C
4
C
6

2
2
3
4
3
1
0
共有不同击 球方法数为
C
1
4
C
6
+C
4
C
6
+C
4
C
6
+C
4
C
6
=19 5

七．排列组合问题经典题型与通用方法



（一）排序问题

1.
相邻问题捆绑法
:
题目中规定相邻的 几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列
.
例
1.
A
,< br>B
,
C
,
D
,
E
五人并排站成一排，如果< br>A
,
B
必须相邻且
B
在
A
的右边，则不同的 排法有（

）

A
、
60
种
B
、
48
种
C
、
36
种
D
、
24
种

4
解析：
把
A
,< br>B
视为一人，
且
B
固定在
A
的右边，
则本题 相当于
4
人的全排列，
A
4
答案：
D
.

24
种，
2.
相离问题插空排
:
元素相离（即不相邻）问 题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定
的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端< br>.
第

12
页

共

35
页




例
2.
七人并排站成一行，如 果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（

）

A
、
1440
种
B
、
3600
种
C
、
4820
种
D
、
4800
种

5
2
解析：除甲乙外，其余5
个排列数为
A
5
种，再用甲乙去插
6
个空位有
A
6
种，不同的排法种数是
5
2
A
5
A
6

3600
种，选
B
.
3.
定序问题缩倍法< br>:
在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法
.
例
3.A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
B
必须站在
A< br>的右边（
A
,
B
可以不相邻）那么不同的排法
有（

）

A
、
24
种
B
、
60
种
C
、
90
种
D
、
120
种

解析：
B
在
A
的 右边与
B
在
A
的左边排法数相同，所以题设的排法只是
5
个 元素全排列数的一半，
1
5

60
种，选
B
.
即
A
5
2
11.
定位问题优先法：
某个或几 个元素要排在指定位置，
可先排这个或几个元素；
再排其它的元素。

例11.
现有
1
名老师和
4
名获奖同学排成一排照相留念，
若老师不站两端则有不同的排法有多少种？

1
4
解析：老师在中间三个位 置上选一个有
A
3
种，
4
名同学在其余
4
个位置上 有
A
4
种方法；所以共有
1
4
A
3
A4

72
种。

12.
多排问题单排法
:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。

例
12.
（< br>1
）
6
个不同的元素排成前后两排，每排
3
个元素，那么不同 的排法种数是（

）

A
、
36
种
B
、
120
种
C
、
720
种
D
、
1440
种

（
2
）
8
个不 同的元素排成前后两排，每排
4
个元素，其中某
2
个元素要排在前排，某1
个元素排
在后排，有多少种不同排法？

6
解析：
（
1
）
前后两排可看成一排的两段，
因此本题可看成
6
个不同 的元素排成一排，
共
A
6

720
种，
选
C
.
2
（
2
）解析：看成一排，某
2
个元素在前 半段四个位置中选排
2
个，有
A
4
种，某
1
个元素 排
1
5
1
2
5
在后半段的四个位置中选一个有
A< br>4
种，
其余
5
个元素任排
5
个位置上有
A< br>5
种，
故共有
A
4
A
4
A
5

5760
种排法
.
16.
圆排问题单排法
:
把
n
个不同元素放在圆周
n
个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不
同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通
排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列
n
个普通排列：

a< br>1
,
a
2
,
a
3

,
a< br>n
;
a
2
,
a
3
,
a
4< br>,

,
a
n
,

;
a
n< br>,
a
1
,

,
a
n

1< br>在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，
n
个元素的圆排列数有
n
!
种
.
因此可将某个元素固定展成单排，其它的
n
< br>1
元素全排列
.
n
例
16.
有
5
对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？

4
解析：首先可让
5
位姐姐站成一圈，属圆排列有
A
4
种，然后在让插入其间，每位均可插入 其姐姐
的左边和右边，有
2
种方式，故不同的安排方式
24

2
5

768
种不同站法
.
说明：从
n
个不同元素中
取出
m
个元素作圆形排列共有
1
A
n
m
种不同排法
.
m
17.
可重复的排列求幂法
:
允许重复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，
可
逐一安排元素 的位置，一般地
n
个不同元素排在
m
个不同位置的排列数有
m
n
种方法
.
例
17.
把
6
名实习生分配到7
个车间实习共有多少种不同方法？

解析：完成此事共分
6
步 ，第一步；将第一名实习生分配到车间有
7
种不同方案，第二步：将第二
名实习生分配 到车间也有
7
种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有
7
6
种 不同方案
.
14.
选排问题先取后排
:
从几类元素中取出符合题意 的几个元素，
再安排到一定的位置上，
可用先取
第

13
页

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35
页




后排法
.
例
14.
（
1
）四个不同球 放入编号为
1
，
2
，
3
，
4
的四个盒中， 则恰有一个空盒的放法有多少种？


（
2
）
9
名 乒乓球运动员，其中男
5
名，女
4
名，现在要进行混合双打训练，有多少种不 同的分组
方法？

2
解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法 有
C
4
种，再排：在四个盒中每次排
3
3
2
3个有
A
4
种，故共有
C
4
A
4
144
种
.
2
2
解析：先取男女运动员各
2
名，有
C
5
2
C
4
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
种排法，故共有
2
2
2
C
5
C4
A
2

120
种
.
4.
标号排位 问题分步法
:
把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个
元素，如此继续下去，依次即可完成
.
例
4.
将数字
1
，
2
，
3
，
4
填入标号为
1
，
2< br>，
3
，
4
的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标
号与 所填数字均不相同的填法有（

）
A
、
6
种
B
、
9
种
C
、
11
种
D
、
23
种
解析：先把
1
填入方格中，符合条件的有
3
种方法，第二步把被填入方格 的对应数字填入其它三个
方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有
3
×
3
×
1=9
种填法，选
B
.

22.
全错位排列问题公式法
:
全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即 可

瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：




用
A
、
B
、
C……
表示写着
n
位友人名字的
信封，
a
、
b
、
c……
表示
n
份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作
f(n)
。假设把
a< br>错装进
B
里
了，包含着这个错误的一切错装法分两类：

< br>（
1
）
b
装入
A
里，这时每种错装的其余部分都与< br>A
、
B
、
a
、
b
无关，应有
f(n -2)
种错装法。





（
2
）
b
装入
A
、
B
之外的一个信封，这时的装信工作实际是 把（除
a
之外的）


份信纸
b
、
c……
装入（除
B
以外的）
n
－
1
个信封
A、
C……
，显然这时装错的方法有
f(n-1)
种。

总之在
a
装入
B
的错误之下，
共有错装法
f(n-2)+f (n-1)
种。
a
装入
C
，
装入
D……
的
n
－
2
种错误
之下，同样都有
f(n-2)+f(n-1)
种错装法，因此
:
得到一个递推公式：

f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}
，分别代入
n=2
、
3
、
4
等可推得结果。

1
1
1
1
也可用迭代法推导出一般公式：

f(
n
)

n
!
(
1










(
1
)
n
)

1
!
2
!3
!
n
!
例
.
五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐 ，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法
有







种
.
解析：可以分类解决：

第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；

第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；

第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置
.
对于第一类，就是上面讲的全错位排列问 题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位
置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种 排列问题为
部分错位排列问题
.
设
n
个元素全错位排列的排列数为
T
n
，则对于例
3
，第一类排列数为
T
5
，第二类先确定一个
排原来位置的同学有
5
种可能，其余四个同学全错位排列，所以第 二类的排列数为
5
T
4
，第三类先
确定两个排原位的同学，
有
C
5
2
=10
种，
所以第三类的排列数为
10< br>T
3
，
因此例
3
的答案为：
T
5
+ 5
T
4
+10
T
3
.



（二）分组分配问题

第

14
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24
．平均分堆问题去除重复法

例
2.
从
7
个参加义务劳动的人中，
选出
6
个人，
分成两组，
每组都是
3
人，
有多少种不同的分法？

分析：记
7
个人为
a
、
b
、
c
、
d
、
e
、
f
、
g
写出一些组来考察。表
1
选
3
人

a b c
d e f
a b c
d e g
„„

再选
3
人

d e f
a b c
d e g
a b c
„„

分组方法种数

这两种只能

算一种分法

这两种只能

算一种分法

„„

种，而这
只能算一种分组方法。

种分法只能算一
由表
1< br>可见，把
abc
，
def
看作
2
个元素顺序不同的排 列有
解：选
3
人为一组有
种，所以不同的分法有
也可以先选再分组为
种，再选
3
人为另一组有
（种）。

＝
70
（种）

种，依分步计数原理，又每

例
6 6
本不同的书平均分成三堆，有多少种不同的方法？


分析：分出三堆书（
a
1
,a
2
）
,(a
3
,a
4
)
，（
a
5
,a
6
）由 顺序不同可以有
=6
种，而这
6
种分法只算
一种分堆方式，故
6
本不同的书平均分成三堆方式有
=15
种

练习：
1< br>．
6
本书分三份，
2
份
1
本，
1
份
4
本，则有不同分法？

2
．某年级
6
个班的数学 课，分配给甲乙丙三名数学教师任教，每人教两个班，则分派方法的种数。


5.< br>有序分配问题逐分法
:
有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法
.
例
5.
（
1
）有甲乙丙三项任务，甲需
2
人承 担，乙丙各需一人承担，从
10
人中选出
4
人承担这三
项任务，不同 的选法种数是（

）
A
、
1260
种
B
、
2025
种
C
、
2520
种
D
、
5040
种


（
2
）
12
名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口
4
人，则不同的分配方 案
有（

）

4
4
C
12
C
8
4
C
4
4
4
4
4
4
4
4
4
3
3
C
C
C
3
C
C
C
C
C
A
A
12
8
4
12< br>8
4
12
8
3
3
A
、
种
B
、
种
C
、
种
D
、
种

解析：
（
1
）先从
10
人中选出
2
人承担甲项任务，再从剩下的
8
人中选
1
人承担 乙项任务，第三步
2
1
1
从另外的
7
人中选
1人承担丙项任务，不同的选法共有
C
10
C
8
C
7
2520
种，选
C
.
（
2
）答案：
A
.

6.
全员分配问题分组法
:
例
6.
（
1
）
4
名优秀学生全部保送到
3
所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送 方案有多少
种？

（
2
）
5
本不同的书，全部分给
4
个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（

）

A
、
480
种
B
、
240
种
C
、
120
种
D
、
96
种

第

15
页

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页




答案：
（
1
）
36.(2)
B
.
7.
名额分配问题隔板法
(
无差别物品分配问题隔板法
):
例
7
：
10
个三好学生名额分到
7
个班级，每个班级至少 一个名额，有多少种不同分配方案？

解析：
10
个名额分到
7个班级，就是把
10
个名额看成
10
个相同的小球分成
7
堆，每堆至少一个，
可以在
10
个小球的
9
个空位中插入
6
块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分
6
配方案为
C< br>9

84
种
.
8.
限制条件的分配问题分类法
:
例
8.
某高校从某系的
10
名优秀毕业生中选
4
人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其
中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？

解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：

①若 甲乙都不参加，则有派遣方案
A
8
4
种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有
3
种方法，然后安
3
排其余学生有
A
8
方法，所以 共有
3
A
8
3
；③若乙参加而甲不参加同理也有
3
A
8
3
种；④若甲乙都参加，
则先安排甲乙，有
7
种方法， 然后再安排其余
8
人到另外两个城市有
A
8
2
种，共有7
A
8
2
方法
.
所以共
有不同的派遣方法总数 为

4
3
3
2
A
8

3
A
8

3
A
8

7
A
8

4088
种
.


（三）排列组合问题中的技巧

10.
交叉问题集合法
（容斥原理）
：
某些排列组合问题几部分之间有交集，
可用集合中求元素个数公
式
n
(
A

B
)

n
(
A
)

n
(
B
)

n
(
A

B
)

例
10.
从
6
名运动员中选出< br>4
人参加
4
×
100
米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第 四棒，共有
多少种不同的参赛方案？

解析：设全集
=
｛
6
人中任取
4
人参赛的排列｝
，
A=
｛甲跑第一棒的排列｝< br>，
B=
｛乙跑第四棒的排列｝
，
根据求集合元素个数的公式得参赛方法 共有：

n
(
I
)

n
(
A)

n
(
B
)

n
(
A
B
)

A
6
4

A
53

A
5
3

A
4
2
252
种
.

13.
“至少”
“至多”问题用间接排除法或分类法
:
例
13.
从
4
台甲型和
5
台乙型电视机中任取
3
台， 其中至少要甲型和乙

型电视机各一台，则不同
的取法共有

（

）
A
、
140
种
B
、
80
种
C
、
70
种
D
、
35
种

解析
1
：逆向思考，至少各一台的反 面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同
3
3
3
的取法共 有
C
9

C
4

C
5

70
种
,
选
.
C

解析
2
：至少要甲型和乙

型电视机各一台可分两种情况：甲型1
台乙型
2
台；甲型
2
台乙型
1
台；
2
1
1
2
故不同的取法有
C
5
C
4

C
5
C
4

70
台
,
选C
.
23
．构造数列递推法

例

一楼梯共
10
级，如果规定每次只能跨上一级或两级，要走上这
10
级楼梯，共有多少 种不同的
走法？

分析：设上
n
级楼梯的走法为
a
n
种，易知
a
1
=1,a
2
=2,
当
n< br>≥
2
时，上
n
级楼梯的走法可分两类：
第一类：是最后一步跨 一级，有
a
n-1
种走法，第二类是最后一步跨两级，有
a
n-2< br>种走法，由加法原
理知：
a
n
=a
n-1
+ an-2
,
据此，
a
3
=a
1
+a
2< br>=3,a
4
=a
#
+a
2
=5,a
5
=a
4
+a
3
=8,a
6
=13,a
7
=21,a
8
=34
,
a
9
=55,a
10
=89.
故走上
10
级楼梯共有
89
种不同的方法。




第

16
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共

35
页





15.
部分合条件问题排除法
:
在选取的总数中，
只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，
即为所求
.
例
15.
（
1
）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（

）

A
、
70
种
B
、
64
种
C
、
58
种
D
、
52
种

（
2
）四面体的顶点和各棱中点共< br>10
点，在其中取
4
个不共面的点，不同的取法共有（

）

A
、
150
种
B
、
147
种
C
、
144
种
D
、
141
种

解析：
（
1
）正方体8
个顶点从中每次取四点，理论上可构成
C
8
4
四面体，但6
个表面和
6
个对角面
的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实 际共有
C
8
4

12

58
个
.
4
（
2
）解析：
10
个点中任取
4
个点共 有
C
10
种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面
4
4
上，每面内四点共面的情况为
C
6
，四个面共有
4
C
6
个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共
3
个
；
③
过
棱
上
三
点
与
对
棱
中
点
的
三
角
形
共
6
个
.
所
以
四
点
不
共
面
的
情
况
的
种
数
是
4
4
C
10

4
C
6

3

6

141
种
.

18.
复杂排列组合问题构造模型法
:
例
18.
马路上有 编号为
1
，
2
，
3
„，
9
九只路灯，现要 关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或
三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少 种？

3
解析：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
盏不亮的灯
C
5
种方法
,
所以满
足条件的关灯方案有
10
种
.
说明：一些不易理解的排列 组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可
使问题容易解决
.

19.
元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法
:
例
19.
设有编号为
1
，
2
，
3
，
4，
5
的五个球和编号为
1
，
2
，
3
，
4
，
5
的盒子现将这
5
个球投入
5
个盒子要求每个盒子放一个球，
并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，
问有多少种不同的 方法？

解析：从
5
个球中取出
2
个与盒子对号有
C
5
2
种，还剩下
3
个球与
3
个盒子序号不能对应 ，利用枚
举法分析，如果剩下
3
，
4
，
5
号球与< br>3
，
4
，
5
号盒子时，
3
号球不能装入3
号盒子，当
3
号球装入
4
号盒子时，
4
，< br>5
号球只有
1
种装法，
3
号球装入
5
号盒子 时，
4
，
5
号球也只有
1
种装法，所以剩
2
下三球只有
2
种装法，因此总共装法数为
2
C
5

20
种
.
9.
多元问题分类法：
元素多，
取出的情况也 多种，
可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再
相加。

例
9
（
1
）由数字
0
，
1
，
2
，3
，
4
，
5
组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位 数字的共
有（

）

A
、
210
种
B
、
300
种
C
、
464
种
D
、
600
种

（
2
）从
1
，< br>2
，
3
„，
100
这
100
个数中，任取两 个数，使它们的乘积能被
7
整除，这两个数的取法
（不计顺序）共有多少种？

（
3
）从
1
，
2
，
3
，„，100
这
100
个数中任取两个数，使其和能被
4
整除的取法（ 不计顺序）有多
少种？

5
解析：
(1)
按题意，个位数字 只可能是
0
，
1
，
2
，
3
，
4< br>共
5
种情况，分别有
A
5
个，
1
1
3
1
1
3
1
1
3
1
3
A
4
A
3
A
3
,
A
3
A
3
A
3
,
A
2
A
3
A
3
,
A
3
A
3
个，合并总计
300
个
,
选B
.
另解，首位数字不能为
0
，故首位数字有
5
种第

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页

共

35
页

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