排列组合知识点与方法归纳

排列组合一、知识网络二、高考考点1、两个计数原理的掌握与应用；2、关于排列与组合的定义的理解；关于排列与组合数公式的掌握；关于组合数两 个性质的掌握；3、运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题（多为排列与组合的混合问 题）三、知识要点一分类计数原理与分步计算原理1分类计算原理（加法原理）：完成一件事，有n类办法，在第一类办法中有m种不同的方法，在第二类办法中1有m种不同的方法，在第n类办法中有m种不同的方法，那么完成这件事共有N二m +2n1m+ m种不同的方法。2n2分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有m种12不同的方法，做第n步有m种不同的方法，那么完成这件事共有N二mXmXXmn12n种不同的方法。3、认知：上述两个原理都是研究完成一件事有多少种不同方法的计数依据，它们的区别在 于，加法原理的要害是分类：将完成一件事的方法分成若干类，并且各类办法以及各类办法 中的各种方法相互独立，运用任何一类办法的任何一种方法均可独立完成这件事；乘法原理 的要害是分步：将完成一件事分为若干步骤进行，各个步骤不可缺少，只有当各个步骤依次 完成后这件事才告完成（在这里，完成某一步的任何一种方法只能完成这一个步骤，而不能 独立完成这件事）。二排列1定义（1）从n个不同元素中取出m （轉冋）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个元素的一排列。（2）从n个不同元素中取出m （肌嗅）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，记为监.2排列数的公式与性质（1）排列数的公式：监=n （n1）（n2）（nm+1）二用一喘）！特例:当 m二n 时，几 二n!二n （n-1）(n-2)X3X2X1规定：0！=1（2）排列数的性质：血4賊一 1 0旷一1j M 用气-1 气-1 %（丨）叫 二（排列数上标、下标同时减1 （或加1）后与原排列数的联系）（II）（排列数上标加1或下标减1后与原排列数 的联系）= H-1 I H w（III）（分解或合并的依据）三组合1定义 （1）从n个不同元素中取出朋（朋瓦越 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（2）从n个不同元素中取出皿毓兰曲 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“表示。2 组合数的公式与性质中_笛 _枫旳_1）（旳（找_陶+1（1）组合数公式：坨（乘积表示）（7 = （占，喘 E且牌 占）n咖-必（阶乘表示）特例：UH（2）组合数的主要性质：（丨）5 = 5（上标变换公式）（II）5亠5 =5+i（杨辉恒等式）认知：上述恒等式左边两组合数的下标相同，而上标为相邻自然数；合二为一后的右边组合数下标等于左边组合数下标加1，而上标取左边两组合数上标的较大者。3 比较与鉴别由排列与组合的定义知，获得一个排列需要“取出元素”和“对取出元素按一定顺 序排成一列”两个过程，而获得一个组合只需要“取出元素”，不管怎样的顺序并成一组这 一个步骤。（1）排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关，而排列不仅与选取的元素 有关，而且还与取出元素的顺序有关。因此，所给问题是否与取出元素的顺序有关，是判断 这一问题是排列问题还是组合问题的理论依据。2） 注意到获得（一个）排列历经“获得（一个）组合”和“对取出元素作全排列”两个步骤,四、经典例题 例1、某人计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60、70元的单片软件和盒装磁盘，要求软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（ ）A .5种 种 C. 7种 D. 8种分析：依题意“软件至少买3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘 花去320元，所以，只需讨论剩下的180元如何使用的问题。解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180 元如何使用，可从购买软件的情形入手分类讨论： 第一类，再买3片软件，不买磁盘，只 有1种方法； 第二类，再买2片软件，不买磁盘，只有1种方法；第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有2种方法；第四类，不买软件，再买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有3种方法； 于是由分类计数原理可知，共有N=1+1+2+3=7种不同购买方法，应选C。例2、已知集合M二-1, 0,1, N=2, 3, 4, 5,映射血亠】，当xM时，为奇数，则这样的映射/的个数是（）分析：由映射定义知，当xWM时，“详当xGM时，这里的x可以是奇数也可以是偶数，但用+ ?（祷+ bO）必须为奇数，因此，对M中x的对应情况逐一分析，分步考察：第一步，考察x=-1的象，当x=-1时，龙*对+巩对=-1*（-1）+-1川-1） = -1，此时1）可取n中任一数值，即M中的元素-1与N中的元素有4种对应方法；第二步，考察x=0的象，当x=0时，尤斗几耳斗财匕卜于为奇数，故煮D）只有2种取法（ 二3或（6=5），即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法；第三步，考察x=1的象，当x=1时，”+匕）+球（刃= 1+21）为奇数，故可为奇数也可为偶数，/ 可取N中任一数值，即M中的元素1与N中的元素有4种对应方法，于是由分步计数原理可知，映射了共有4X2X4=32个。例3、在中有4个编号为1, 2, 3, 4的小三角形，要在每个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种 不同的涂法？解：根据题意,有相邻边的小三角形颜色不同,但“对角”的两个小三角形可以是 相同颜色,于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类,进而在每一类 中分步计算。第一类：1 与4同色,则1 与4有5种涂法,2有4种涂法,3有4种涂法, 故 此时有N =5X4X4=80种不同涂法。1第二类：1 与4不同色,则1有5种涂法,4有4种涂法,2有3种涂法,3有3 种涂法，故此时有N =5X4X3X3=180种不同涂法。综上可知，不同的涂法共有80+180=260 种。点评：欲不重不漏地分类，需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题 的具体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类，或是从某一元素的特定要求入手分类， 或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类，或是从问题中有关事物的相对关系入手分 类等等。例 4、将字1、2、3、4填入标号为 1、2、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（ ） 种种种种解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤。第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有3种不同填法；第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有3种不同填 法；第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有1 种填法；于是，由分步计数原理得，共有N=3X3X1=9种不同填法。解法二：（采用“列举”方法）：从编号为 1 的方格内的填数入手进行分类。第一类：编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法:241321432341第二类：编号1的方格内填数字3，也有3种不同填法:314234123421第三类：编号为1的方格内填数字4,仍有3种不同填法:412343124321于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法，应选B 解法三(间接法)：将上述 4 个数字填入 4 个方格，每格填一个数，共有N=4X3X2X仁24种不同填法，其中不合条件的是(1)4个数字与4个格子的编号均相同1的填法有1种； (2)恰有两个数字与格子编号相同的填法有6种；(3) 恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种； 因此，有数字与格子编号相同 的填法共有N =1+6+8=15种2 于是可知，符合条件的填法为24-15=9种。点评：解题步骤的设计原则上任意，但不同的设计招致计算的繁简程度不同，一般 地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念。当正面考虑头绪较多时，可考虑运用间接法计算：不考虑限制条件的方法种数不 符合条件的方法种数=符合条件的方法种数。在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”，恰恰向人们展示了“分 步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。例5、用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字2和3， 并且2和3不相邻的四位数有多少个？解：注意到这里“0”的特殊性，故分两类来讨论。第一类：不含“0”的符合条件的四位数，首先从1，4，5这三个数字中任选两个作排列有基种；进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置，又有卫2排法，于是由分步计数原理可知，不含0且符合条件的四位数共有二36个。第二类：含有“0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用 “间接法”：首先从1，4，5这三个数字中任选一个，而后与0，2，3进行全排列，这样的 排列共有堆心个。其中，有如下三种情况不合题意，应当排险：(1) 0在首位的，有爲塩 个；(2)0在百位或十位，但2与3相邻的，有桃船个(3) 0在个位的，但2与3相邻的，有吗V缶 个因此，含有0的符合条件的四位数共有A九一仏A +4地)=30个于是可知，符合条件的四位数共有36+30=66个点评：解决元素不相邻的排列问题，一般采用“插空法”，即先将符合已知条件的 部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入；解决元素相邻的排列问题，一般采 用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起，作为一个大元素与其它元素进行排 列，进而再考虑大元素内部之间的排列问题。例6、某人在打靶时射击8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的，那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有( )种种种种分析：首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4 枪“地位平等” ，故只有一种排法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有;种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有点评：这里的情形与前面不同，按照问题的实际情况理解，未命中的4枪“地位平等”，连续命中的3枪亦“地位平等”。因此，第一步排法只有一种，第二步的排法种数也 不再乘以m。解决此类“相同元素”的排列问题，切忌照搬计算相同元素的排列种数的方 法，请读者引起注意。例7、.-fM4-l _ tM1.-tM.-yK 2(2)若 UM+3 = CM+1 + 十，则 n=(3)(4)则n的取值集合为(5)方程的解集为解：12 + .厂 - m ： ； .$ - f注意到n满足的条件回.原式二疣+衆+第+讶皿+嚟+吗昭=124(2) 运用杨辉恒等式，已知等式OU；：扛口加+代 O % = % +讶02 = 0； O盼-驰-4 =呛工占且昨矿)u = 4所求n=4。.-em_ .-I1 M(3) 根据杨辉恒等原式=遊：+佥+ 7庇+巧+兀；+霍)=2(吕斗鬥 2(起 + 2)(ra+ 1)仍一 1)(4) 注意到这里n满足的条件n$5且nGN* 在之下，3!4!2 k 5!o:原不等式m（却一 1）（刃一2）m（囘一 1）（讯一 2）用一 3） 疏阳一 1）険一 2戲一耳他一斗）4043)( -4)30-1 12由、得原不等式的解集为5, 6, 7,，11（5）由斗卅得I诙十芋=磁“注意到当y=0时，第 无意义,原方程组可化为1_71Px=9恥亠1厂2臥”）由此解得II经检验知卩=9 丁=是原方程组的解。例 8、用红、黄、绿 3 种颜色的纸做了 3 套卡片,每套卡片有写上 A、B、C、D、E 字母的卡片各一张,若从这15张卡片中,每次取出5张,则字母不同,且3种颜色齐全的 取法有多少种？解：符合条件的取法可分为6类第一类：取出的5张卡片中，1张红色,1张黄色，3张绿色,种取法;第二类：取出的5张卡片中，1张红色,2张黄色，2张绿色,r-fl r-f2 f* 2 有JU种取法;第三类：取出的5张卡片中，1张红色,3张黄色，1张绿色,种取法;第四类：取出的5张卡片中，2张红色,1张黄色，2张绿色,种取法;第五类：取出的5张卡片中，2张红色,2张黄色，1张绿色,种取法;第六类：取出的5张卡片中，3张红色,1张黄色，1张绿色,种取法;于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有点评：解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准，在这里，以 红色卡片选出的数量进行主分类，以黄色卡片选出的数量进行次分类，主次结合，确保分类 的不重不漏，这一思路值得学习和借鉴。例 9、（1）从 5 双不同的袜子中任取 4 只，则至少有 2 只袜子配成一双的可能取法种数是多少？（2）设有编号为 1， 2， 3， 4， 5的五个小球和编号为 1，2，3，4，5的五个盒子， 将五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种？（3）将四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 放法共多少种？（4）某产品共有4 只次品和6 只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产 品测试，直到 4 只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情 况有多少种？解：（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的4只袜子中恰有2 只配对，这只要从l-f 1I1 l-fl5双袜子中任取1双，再从其余4双中任取2双，并从每双中取出1只，共有3 * 2卫种 选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有空 种选法，于是由加法原理知，符合要求的取法为呀哮亠兰=1如种。（2）符合条件的放法分为三类： 第一类：恰有2个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒子中，有空 种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中，有卫种方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有 1种放法，故此类共有cl-c= 20种不同方法;第二类：恰有3个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒子中，有 种放法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有厲“种不同方法;第三类：恰有5个小球与盒子编号相同，这只有1种方法； 于是由分类计数原理 得，共有N=20+10+1=31种不同方法。（3）设计分三步完成：第一步，取定三个空盒（或取走一个空盒），有餓种取法；厂2 r-1 r-flS 35种分法;第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有 21第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有m种放法；cl .产 . =瑞蹲遽=144于是由乘法原理得共有：囚种不同方法。（4）分两步完成：c*i第一步，安排第五次测试，由于第五次测试测出的是次品，故有4种方法； 第二步，安排前4次测试，则在前四次测试中测出 3只次品和1 只正品的方法种数于是由分布计数原理可知，共有n = W 观=幻包种测试方法。点评：为了出现题设条件中的“巧合”，我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”， 本例（1）则是这种“有意设计”的典型代表，而这里的（3），则是先“分堆”后“分配” 的典型范例。五、高考真题（一）选择题1、过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A、18 对B、24 对C、30 对D、36 对分析：注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的，所以，这里欲求异面直线的C4 -3 = 12 对数，首先确定上述以单直线可构成的四面体个数。由上述15条直线可构成&个 四面体，而每一四面体有3对异面直线，故共有36对异面直线，应选D。2、不共面的四个定点到平面a的距离都相等，这样的平面共有（）A、3个B、4个C、6个D、7个分析：不共面的四点可构成一个四面体，取四面体各棱中点，分别过有公共顶点的三棱中点可得到与相应底面平行的4个截面，这4个截面到四个定点距离相等；又与三组对 棱分别平行且等距的平面有3个，故符合条件的平面共7个，应选D。3、北京财富全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天排早中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（ ）分析：排班工作分三步完成：.-12第一步，从14人中选出12人，有1耳种选法；第二步，将第一步选出的12人平均分成三组，有种分法;第三步，对第二步分出的3组人员在三个位置上安排，有m种排法;147 卷=14 12 8于是由乘法原理得不同的排班种数为坷，应选A4、从6人中选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 市各一人游览，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 C、114 种 D、96 种分析：注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人分三类情况C4= 24（1）不选甲、乙，不同方案有4 * -种；q）甲、乙中选1人，不同方方案有4）51附种;（3）甲、乙均入选，不同方案有（）-（3-） = 72种；于是由加法原理得不同的方 案总数为24+144+72=240，应选B。5、4 位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题 中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90 分，若4位同学的总分为0，则这四位同学不同的得分情况的种数是（ ）A、48B、36C、24D、18分析：注意到情况的复杂，故考虑从“分类”切入第一类：四人全选甲题，2人答对，2人答错，有种情况；第二类:2人选甲题一对一错,2人选乙题一对一错，有V 4?CM貂=盅屈 种情况；第三类：四人全选乙题，2对2错，有种情况。于是由加法原理得不同得分情况共有2能；+屮詔七种，应选b。6、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代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现 打算用编号为、的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种 数为（ ）A、 96B、 48C、 24D、 0A分析：本题的关键是找“异面直线对”的个数，设四棱 锥为S-ABCD，没有公共顶点的棱只能分成4组，每组两条棱（否 则三条棱必有公共点），每8条棱分成4组，每组两条无公共点 的棱仅有下面两种情况：（1）SACD； SBAD； SCAB； SDBC（本组中同一棱不重复出现）一r（2）SABC； SBCD； SCAD； SDAB（本组中同一条棱不重复出现）于是问题可转化为：四种不同产品放入4个不同仓库的3 J4 = 4g排列问题，故不同的安排分法是种，应选B。（二）填空题1、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（ ）个。分析：考虑直接解法：这样四位数的个位数为1, 2, 3, 4中的一个，有期种法,千位从余下的4个非零数当中任取一个是川种排法；中间两位是遵种排法，于是由分步2、用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与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（ ）个（用数字作 答）。分析： 第一步，将1与2, 3与4, 5与6组成3个大元素进行排列，是笛 种排 法；第二步，将7与8插入上述3个大元素队列的间隙或两端，是遵 种方法；第三步，对3个大元素内部进行全排列，各是蔚种方法；于是由分步计数原理得共有爲，俎鹰公）=5无 个，应填576。3、从集合0、P、Q、R、S与0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中各任取 2 个元素 排成一排（字母与数字均不能重复）。每排中字母0、Q和数字0至多只出现一个的不同排 法种数是（ ）分析：考虑分类计算第一类：字母O、Q和数字0均不出现，是=邛范 种排法；第二类：字母O、Q出现一个，数字0不出现，是= 2辽4种排法；第三类：字母O、Q不出现，数字0出现，是（诸饶曲，牴种排法；于是分类计数原理知共是2592+5184+648=8424种不同排法，应填8424。点评：以受限制的字母O、Q和数字0出现的情况为主线进行分类，在每一类中又 合理地设计步骤，是分解题的关键所在，以某些特殊元素为主线进行分类是解决复杂的排列 组合问题的基本策略。方法归纳1重复排列“住店法”重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，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”，则通过“住店法”可顺利解题。例1 8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有 （）A 83B 38C A3D C 388解析冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军。把8名学生看作8家“店”， 3 项冠军看作3个“客”，他们都可住进任意一家“店”，每个客有8种可能，因此共有83种 不同的结果。选（A）。评述类似问题较多。如：将8封信放入3个邮筒中，有多少种不同的结果这时8封信是“客”， 3个邮筒是“店”，故共有38种结果。要注意这两个问题的区别。2特色元素“优先法”某个（或几个）元素要排在指定位置，可优先将它（们）安排好，后再安排其它元素。例2乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排 在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有 种（用数字作答）。解析3名主力的位置确定在一、三、五位中选择，将他们优先安排，有A3种可能；3然后从其余7名队员选2名安排在第二、四位置，有A2种排法。因此结果为A3A2 =252种。737例3 5个“1”与2个“2”可以组成多少个不同的数列 解析按一定次序排列的一列数叫做数列。由于7个位置不同，故只要优先选两个位置安排好“2”，剩下的位置填“I”（也可先填“1”再填“2”）。因此，一共可以组成C2C2 =2172 个不同的数列。3相邻问题“捆绑法” 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4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A5种排法，再将3本 数学书之间交换有A3种，2本外文书之间交换有A2种，故共有A5A3A2 =1440种排法。32532评述这里需要说明的是，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C1A2A5二1200种排法。5254相间问题“插空法” 元素不相邻问题，先安排好其他元素，然后将不相邻的元素按要求插入排好的元素之间 的空位和两端即可。例5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，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 （）A 6 B 12 C 15 D 30 解析原来的5个节目中间和两端可看作分出6个空位。将两个新节目不相邻插入，相当于从6个位置中选2个让它们按顺序排列，故有A2二30种排法，选（D）。6评述本题中的原有5个节目不需要再排列，这一点要注意。请练习以下这道题：马路 上有编号为1、2、3、 10的十盏路灯，为节约用电又能照明，现准备把其中的三盏灯， 但不能关掉相邻的两盏或三盏，两端的灯也不许关掉，求不同的关灯方式有多少种可得结果 为C3二20种。你能很快求解吗65多元问题“分类法” 对于多个元素问题，有时有多种情况需要进行分类讨论，然后根据分类计数原理将各种 可能性相加即得。需要注意的是，分类时要不重复不遗漏。例6在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一 垄。为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有 种(用数字作答)。解析先考虑A种在左边的情况，有三类：A种植在最左边第一垄上时，B有三种不同 的种植方法；A种植在左边第二垄上时，B有两种不同的种植方法；A种植在左边第三垄上 时,B只有一种种植方法。又B在左边种植的情况与A在左边时相同。故共有2 x (3 + 2 +1) =12 种不同的选垄方法。例7有11名翻译人员，其中5名英语翻译员，4名日语翻译员，另2人英语、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4人翻译日文，这 两个小组能同时工作。问这样的分配名单共可开出多少张解析假设先安排英文翻译，后安排日文翻译。第一类，从5名只能翻译英文的人员中 选4人任英文翻译，其余6人中选4人任日文翻译(若“多面手”被选中也翻译日文)，则 有C 4 C 4 ；第二类，从5名只能翻译英文的人员中选3人任英文翻译，另从“多面手”中选561人任英文翻译，其余剩下5人中选4人任日文翻译，有C3C1C4 ；第三类，从5名只能翻525 译英文的人员中选2人任英文翻译，另外安排2名“多面手”也任英文翻译，其余剩下4 人全部任日文翻译，有C2C2C4。三种情形相加即得结果185 (张)524评述本题当然也可以先安排日文翻译再安排英文翻译，请大家自己列式看看。 6分球问题“隔板法”计数问题中有一类“分球问题”，说的是将相同的球分到不同的盒中。如：将10个相同 的球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，要求每个盒中至少一个球，问有多少种不同的 放法这时可以用“隔板法”解题。即将10个相同的球排成一排，中间看作有9个空，从中 选出3个不同的空插入3个“隔板”，则每一种插法对应一种球的放法，因此共有Cj=84种 不同的放法。用“隔板法”可很快地解决以下问题。例8已知两个实数集合A = a , a，,a 与B = b ,b，,b ，若从A到B的映射1 2 100 1 2 50f使得B中每一个元素都有原象，且f (a ) f (a ) f (a )，则这样的映射共有1 2 100A C 50 B C 50 C C 49 D C 49100 99 100 99解析本题可以将A中的100个元素按a ,a，,a 的顺序排成一排，中间有99个空，1 2 100从中选出49个插上隔板就是结果，即C49，选(d)。997正难则反“排除法”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9以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有 ()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C4种取法，而四点共8面的情况有6个表面和6个对角面，因此结果为C 4 -12二58个，选（C）。8例10四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法 有 （）A 150种 B 147种 C 144种 D 141种解析10个点任取4个有C4种取法。其中同一个面内6个点中任意4点共面，有4C410 6 种；又每条棱上3点与对棱中点四点共面，有6种；且各棱中点中4点共面的情形有3种。故10点中取4点，不共面的取法有C4 4C4 6 3 = 141种，选（D）。10 68先选后排“综合法” “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11对某产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所有次品为止。 若所有次品恰好在第5次时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能解析第5次必测出一个次品，其余3个次品在前4次中被测出。从4个中确定最后一个次品有C1种可能；前4次中应有1个正品3个次品，有C1C3种；前4次测试中的顺序463有A4种。由分步计数原理得Ci（C 1 - C3）A4 - 576种。44634例12四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共 有种（用数字作答）。解析先从4个盒中选1个成为空盒有C1种。再把4个球分成3组每组至少1个，即4分为2，1，1的三组，有C2C2C1A22种。最后将三组球放入三个盒中，进行全排列有A；种。因此，放法共有种。C1 x 学2貯 x A3 = 1444A232评述本题涉及到了“分组问题”，这是组合中一种重要的题型，它有三种情况：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组。以“将6本不同的书分成3组”为例，一是分为1、2、C 2C 2C 23,是不均匀分组，结果为C6C;c;；一是分为2、2、2,是均匀分组，结果为一是分为4、1、1，是部分均匀分组，结果为C4CCA2