篇一：排列组合问题的常见解题策略
排列组合问题的常见解题策略
张秀亮
(数学科学学院,2007(2)班,07211249号)
[摘 要] 排列组合是高中数学一大难点，也是高考考查的重点内容，很多人解决排列组合问题，都感觉无从着手.排列组合包括排列和组合两部分，其中题型，散，杂.排列组合内容独特，思维新颖，方法灵活，逻辑性强，规律性强，易于混淆，容易出错.所以针对这种现状，对排列组合进行系统分类讨论分析，总结出其中的规律和方法，有助于提升排列组合问题的能力，解决问题时也比较得心应手.
[关键词] 排列组合 解决 规律和方法
一、 排列问题
所谓排列，就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序.
排列的定义:从n个不同元素中，任取m（m?n）个元素（这里的被取元素各有不同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列.
下面是排列的一些常用解题方法：
(一)分类与分步法
分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的
方法，在第二类办法中有m2种不同的方法,?,在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完
成这件事共有N?m1?m2?????mn中不同的方法.
分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，第一步有m1种不同的方法，
第二步有m2种不同的方法,?,第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有
N?m1?m2?...?mn种不同的方法.
例1 某信号兵用红，黄，蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂一面，二面或三面，并且不同的排序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
解 信号可以分3类：
第一类用一面旗表示的信号有A31种；
第二类用两面旗表示的信号有A32种；
第二类用三面旗表示的信号有A33种；
123由分类计数原理，所求信号种树有A3?A3?A3?3?3?2?3?2?1?15种；
故一共可以表示15种不同的信号.
例2 用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解 解决排列应用题，常用的思考方式是直接法和间接法.
直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数，如解法1,2； 间接法:对于有限制条件的排列应用题，可以不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数，如解法3；对于有限制条件的排列应用题，要恰当的确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏.
法1.用分步计数原理：
12?A9?9?9?8?648. 所求的三位数的个数是：A9
法2.符合条件的三位数可以分成三类：没一位数字不是0的三位数有A93个，个位数是
0的三位数有A92个，由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：A93?A92?A92?648.
3法3.从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A10，其中以0为排头的排列数为
A9232?A9?648. ，因此符合条件的三位数的个数是A10
（二）相邻问题捆绑法
有些排列组合问题可以将相邻的元素捆绑在一起，作为一个整体，然后再进行排列，这样可以将复杂的问题简单化.
例3 6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须站在一起的不同排法有多少种？
解 因甲、乙两人要排在一起，故将甲、乙两人捆在一起视作一人，与其余四人进行全排列有种排法，但甲、乙两人之间有种排法，由乘法原理可知，共有A55?A22种排法.
说明：从上述解法可以看出，所谓“捆绑法”，就是在解决对于某几个元素要求相邻问题时，可整体考虑将相邻元素视作一个“大”元素.
例4 由数字1、2、3、4、5、6、7组成无重复数字的七位数.( 1) 求三个偶数必相邻的七位数的个数; ( 2)求三个偶数互不相邻的七位数的个数.
(1) 解(一) 因为三个偶数2、4、6必须相邻,所以要得到一个符合条件的七位数可以分为如下三步: 第一步将1、3、5、7四个数字排好有A44种不同的排法; 第二步将2、
4、6三个数字捆绑在一起有A33种不同的捆绑方法; 第三步将第二步捆绑的这个整体插入
到第一步所排的四个不同数字的五个间隙 (包括两端的两个位置)中的其中一个位置上,
1有A51种不同的插入方法.根据乘法原理共有A44?A33?A5?720种同的排法.所以共有720个
符合条件的七位数.
解(二) 先把2、4、6捆绑在一起看做一个数与1、3、5、7进行排列共有A55种排法.
第二步将2、4、6三个数字 捆绑在一起有A33种不同的捆绑方法.根据乘法原理得到
A3?A5?720种不同的排法.所以共有72035个符合条件的七位数.
(2)解 因为三个偶数2、4、6互不相邻, 所以要得到符合条件的七位数可以分为如下两步: 第一步将1、3、5、7四个数字排好, 有A44种不同的排法; 第二步将2、4、6分
别插入到第一步排的四个数字的五个 间隙 (包括两端的两个位置)中的三个位置上,有A53种插入方法.根据乘法原理共有A44?A53?1440种不同的排法.所以共有1440个符合条件的
七位数.
（三）相离问题插空法
相离问题插空法主要针对元素不能相邻问题，将不能相邻的元素隔开，主要做法是将其它元素想排好，再将不能靠一块的插进已经排好元素的间隙中.
例5 要拍一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少不同的排法？
解 先将6个歌唱节目排好，其不同的排法为A66种，这6个歌唱节目的空隙及两端共
七个位置中再排4个舞蹈节目有A77种排法，由乘法原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻
的排法为A74?A66种.
说明：从解题过程可以看出，不相邻问题是指要求某些元素不能相邻，由其他元素将它隔开，此类问题可以先将其它元素排好，再将所指定的不相邻的元素插入到它们的间隙及两端位置，故称插空法.
二、组合问题
组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序.
组合的定义：从n个不同元素中，任取m(m?n)个元素（这里被取元素个不相同）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.
下面的组合的一些常用解题方法：
（一）标号排位问题分布法
把元素排在指定号码的位置上成为标号排位问题，求解这类问题可先把某个元素按照
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6 同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送来的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？
解 此题可以看成是将数字1、2、3、4添入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，且每个方格的标号与所填数不同的填法问题.所以先将1填入2至4号的三个方格中有种C31填法，第二步把被填入方格的对应数字，填入其它3个方格，又有C31种填法，第三步将余下的两个数字填入余下的两格中只有一种填法，故共有3?3?1?9种填法.
（二）多元问题分类法
多元问题分类法主要将问题先分成几种情况，先求出每种情况，然后将每种情况归结起来，算出总体情况.
例7 4名男生和6名女生组成至少有1名男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？
112?C6,所以解 小组构成有三种情况：3男，2男1女，1男2女，分别有C43，C42?C6,C4
112?C4?C6?100种方法. 一共有C43?C42?C6
（三）组合中的抽屉原理
抽屉原理有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原理，它是组合数学中一个重要的原理.
抽屉原理的定义：假如有n?1或多于n?1个元素放到n个元素中去，其中必定至少有一个集合里有两个元素.
例8 幼儿园买来了不少白兔，熊猫，长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试试说明道理.
解：从三种玩具中挑选两件，搭配方式整合后和只能是下面六种：（兔，兔），（兔，熊猫），（兔，长颈鹿），（熊猫，熊猫）,(熊猫，长颈鹿)，（长颈鹿，长颈鹿）.把每种方式看做一个抽屉，把7个小朋友看做物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一种搭配方式，选的玩具相同.
三、排列组合特殊类问题
有些题目属于排列组合，但这些题目特殊，而且考试中易于犯错，我们把它们作为特例分下来讨论，有助于掌握.
（一）排列组合“投球入盒”问题探究
1、不同小球的投放问题
模型1：n 个不同的小球全部投入到m个不同的盒中，共有mn种不同的投放方法. 分析：完成事件的最终结果是：n 个球全部进入盒子中.可分n个步骤完成，
第1 个球有m种不同的投放方法，第2个球，第3个球??第n个球也均有m种不同的投放方法，由分步计数原理：共有mn种不同投放方法.模型使用的关键在于分清“球是什么”，“盒是什么”.
例9 （1）5 名学生从3项体育项目中选择参赛，若每名学生都要参加，且每
一名学生只能参加一项，则有多少种不同的参赛方法？
（2）若5 名学生争夺3项比赛冠军（每一名学生参赛项目不限），则冠军获
得者有几种不同情况（没有并列冠军）？
解 （1）中完成事件的结果是：最终每名学生都要参赛，而每一项可能有
多人参加.故把学生视为“球”，项目则视为“盒”.5个不同的“球”最后都要投入到3个“盒”中.每一个“球”都有3 种不同投法.故参赛法共有35?243种.
（2）中完成事件最后的结果是：冠军都被学生夺得.每一项比赛冠军由一人获得， 而一人可得多项冠军，故把冠军视为“球”，学生视为“盒”，“球”最后要部入“盒“（即冠军最后全部由学生夺取），每个球均有5 种投法（对应每个冠皆有可能被5名生中任一人获得）故三项冠军依次被取得的情况共有53 种.
2、相同小球的投放问题
n?1模型2：n 个相同的小球投入到m个不同的盒子中，且每盒至少有一个小球，共有Cm?1
种不同投放方法.
分析：这类问题用“隔板法”解决比较简捷.n个相同的小球之间共有n?1个空档（两外）现取（m?1）块相同的“档板”分别插入到（n?1）个空档中的m?1个空档，每一次插入就将n个球分成了m个部分（每一部分至少有一个球），即对应一种投球入盒方法，
n?1故共Cm?1种不同投法.
例10 已知方程x?y?z?w?100，求这个方程的正整数解的组数.
解 此题貌似与排列或组合无关，实质可转化为组合问题解决.100为100个1的和每一组解相当于把100个1分成4组，每一种分组对应方程的一组正整数解，若将100个“1”看成100个“相同的小球”，问题转化为：“100 个相同的小球投入到四个不同的盒中（x、y、z、w视为‘盒’）每盒至少投入1个球，共有多少种不同投放方法？”即在100个小球之间的99个空档处选取3个，分别插入3块“挡板”，每次插入，被分成4组的球的个
篇二：排列组合基础知识及解题技巧
排列组合基础知识及习题分析
在介绍排列组合方法之前 我们先来了解一下基本的运算公式！
32＝（5×4×3）/（3×2×1）C＝（6×5）/（2×1） C56
通过这2个例子 看出
Cn 以取值N的阶层作m 公式 是种子数M开始与自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。
为分母
P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1
通过这2个例子
n＝从M开始与自身连续N个自然数的降序乘积 当N＝M时 即M的阶层 Pm
排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (m≤n)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列与组合的标志是“有序”与“无序”.
解答排列、组合问题的思维模式有二：
其一是看问题是有序的还是无序的？有序用“排列”，无序用“组合”；
其二是看问题需要分类还是需要分步？分类用“加法”，分步用“乘法”.
分 类：“做一件事，完成它可以有n类方法”，这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个 标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.
分步：“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤.分步时，首先要根据问题的特点，确定一个可行的分步标准；其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算最终完成.
两 个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论那一类办法中的那一种方法都能单独完 成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个 步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种类就用乘法原理.
在解决排列与组合的应用题时应注意以下几点：
1．有限制条件的排列问题常见命题形式：
“在”与“不在”
“邻”与“不邻”
在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法：
⑴“相邻”问题在解题时常用“合并元素法”，可把两个以上的元素当做一个元素来看，这是处理相邻最常用的方法.
⑵“不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”.
⑶“在”与“不在”问题，常常涉及特殊元素或特殊位置，通常是先排列特殊元素或特殊位置. ⑷元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制，等排列完毕后，利用规定顺序的实情求出结果.
2．有限制条件的组合问题，常见的命题形式：
“含”与“不含”
“至少”与“至多”
在解题时常用的方法有“直接法”或“间接法”.
3． 在处理排列、组合综合题时，通过分析条件按元素的性质分类，做到不重、不漏，按事件的发生过程分步，正确地交替使用两个原理，这是解决排列、组合问题的最基本的，也是最重要的思想方法.
***************************************************************************** 提供10道习题供大家练习
1、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ C ）
(A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个
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【解析】
根据三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边
可见最大的边是11
则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和最大的时候
因此我们以一条边的长度开始分析
如果为11，则另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。。。。。。1
如果为10 则另外一个边的长度是10，9，8。。。。。。2，
（不能为1 否则两者之和会小于11，不能为11，因为第一种情况包含了11，10的组合） 如果为9 则另外一个边的长度是 9，8，7，。。。。。。。3
（理由同上 ，可见规律出现）
规律出现 总数是11＋9＋7＋。。。。1＝（1＋11）×6÷2＝36
2、
（1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？
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【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比如说我先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，直到第4封， 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×3＝3^4
（2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
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【解析】跟上述情况类似 对于每个旅客我们都有4种选择。彼此之间选择没有关系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先安排第一个旅客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。知道最后一个旅客也是4种可能。根据分步原则属于乘法关系 即 4×4×4＝4^3
（3）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种不同的分法？
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【解析】分步来做
第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种
第二步：分配给3个同学。 P33＝6种
这 里稍微介绍一下为什么是P33 ，我们来看第一个同学可以有3种书选择，选择完成后，第2个同学就只剩下2种选择的情况，最后一个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则。最常见的例子就是 1，2，3，4四个数字可以组成多少4位数？ 也是满足这样的分步原则。 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择受到上一步的压缩。 所以该题结果是56×6＝336
3、 七个同学排成一横排照相.
（1）某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ （3600）
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【解析】
这个题目我们分2步完成
第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝5
第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720
所以 总数是720×5＝3600
（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440）
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【解析】 第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2
第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720
则总数是 720×2＝1440
（3）甲不在排头或排尾，同时乙不在中间的不同排法有多少种？ （3120）
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【解析】特殊情况先安排特殊
第一种情况：甲不在排头排尾 并且不在中间的情况
去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4， 剩下6个位置 先安中间位置 即除了甲乙2人，其他5人都可以 即以5开始，剩下的5个位置满足P原则 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400
第2种情况：甲不在排头排尾， 甲排在中间位置 则 剩下的6个位置满足P66＝720 因为是分类讨论。所以最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝3120
（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440）
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【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人，7个位置变成6个位置，即分步讨论
第1： 选位置 C6取1＝6
第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12 剩下的5个人即满足P55的规律＝120 则 最后结果是 120×12＝1440
（5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520）
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【解析】
这个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右边的概率是一样的。 所以我们不考虑左右问题 则总数是P77＝5040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520
4、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数.
（1）能组成多少个四位数？ （300）
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【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0。 则只有5种可能性
接下来3个位置满足P53原则＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300
（2）能组成多少个自然数？ （1631）
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【解析】自然数是从个位数开始所有情况
分情况
1位数： C6取1＝6
2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100
4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300
5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600
6位数： 5×P55＝5×120＝600
总数是1631
这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种情况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因为0不能作为最高位 所以最高位只有1种可能
（3）能组成多少个六位奇数？ （288）
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【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑低位，再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288
（4）能组成多少个能被25整除的四位数？ （21）
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【解析】 能被25整除的4位数有2种可能
后2位是25： 3×3＝9后2位是50： P42＝4×3＝12 共计9＋12＝21
（5）能组成多少个比201345大的数？ （479）
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【解析】 从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 所以我们看最高位大 于等于2的6位数是多少？
4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479
（6）求所有组成三位数的总和. （32640）
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【解析】每个位置都来分析一下
百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1)
十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1)
个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1)
总和 M＝M1+M2+M3=32640
5、生产某种产品100件，其中有2件是次品，现在抽取5件进行检查.
（1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ （152096）
【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合格的取出来的
所以 即C2取2×C98取3＝152096
（2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560）
【解析】同上述分析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格的产品中挑4个 C2取1×C98取4＝7224560
（3）“其中没有次品”的抽法有多少种？ （67910864）
【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝67910864
（4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ （7376656）
【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列情况 就是至少有1种的
C100取5－C98取5＝7376656
（5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ （75135424）
【解析】所有的排列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品情况的
C100取5－C98取3＝75135424
6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）
(A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种
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【解析】根据条件我们可以分2种情况
第一种情况：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30
第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40 所以总数是 30＋40＝70种
7、在50件产品中有4件是次品，从中任抽5件，至少有3件是次品的抽法有__种. -------------------------------------------------------
【解析】至少有3件 则说明是3件或4件
3件：C4取3×C46取2＝4140 4件：C4取4×C46取1＝46
共计是 4140＋46＝4186
8、有甲、乙、丙三项任务, 甲需2人承担, 乙、丙各需1人承担.从10人中选派4人承担这三项任务, 不同的选法共有（ C ）
(A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种
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【解析】分步完成
第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4＝210
第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12种情况
则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520
篇三：排列与组合应用题的解题策略
排列组合应用题的解题策略
湖南省望城县第一中学 陈国军
排列组合应用题因其能够很好地考查考生严密的逻辑思维能力，分类整合的数学思想，以及运用
数学知识解决实际问题的能力，同时，排列组合问题又与高等数学衔接紧密，因此，它成为了历年高
考必考的内容.但由于排列组合应用题文字叙述的抽象性与条件限制的复杂性，往往让很多同学找不到
解题的思路而无从下手，如何分析和解答排列组合应用题呢？下面从排列组合应用题的分析思路入手
谈谈排列组合应用题的解题策略.
一、排列组合应用题的分析思路
分析排列组合应用题的基本思路就是分类加法计数原理与分步乘法计数原理，其基本思维程序可
以概括为16个字：明确事件—-分清“类” “步”—-判断顺序—-用准“加” “乘”.“明确事件”
即题目要求你做件什么事；“分清‘类’ ‘步’”即完成这件事是分类进行还是分步进行.分类进行的
事件与分步进行的事件之区别在于分类进行的事件能够从始至终独立地完成这件事，因此，分类事件
又叫“独立事件”，而分步进行的事件则每一步只能完成整个事件的一个环节，只有每一步都完成了才
算完成了这件事，因此，分步事件又叫“环节事件”；“判断顺序”即将所选出的元素任意两个互换位
置看是否是同一事件，如果是，则是组合问题，用组合数计算，若不是，则属排列问题，用排列数计
算；“用准‘加’ ‘乘’”即分类事件用加法计算，分步事件用乘法计算.
例1：为了丰富高二同学的课余生活，年级组准备组织一次高二班级篮球赛，比赛时先分文、理两
个组，文科组4个队，理科组6个队，先各组进行单循环赛，然后由各组前2名共4个队进行单循环
222赛决定冠亚军，如果每打一场球需买一件汽水供运动员饮用，张明同学说共要买C4，C6C4?540（件）
222222王芳同学说要买A6，李志同学说只买C4?A4?A4?54（件）?C6?C4?27（件）就够了，你认为
谁说的正确？试说明理由.
分析：
①明确事件：问买多少件汽水，要完成的事件就是计算比赛场次；
②分清类步：完成全部比赛的场次计算应当分三类进行，即文科组4个队、理科组6个队，各组前两
名的混合队组，各组内部进行比赛，这是因为每组两个队打完一场球即完成了一场次计算，即完成了
一件事； ③判断顺序：由于甲队跟乙队打了一场球就是乙队跟甲队打了一场球，完成了一场次计算，故与甲乙
两队的顺序无关，是组合问题；
④用准加乘：由于是分类事件，故应把组之间比赛的场次相加.因此，李志同学说的对了.
二、排列组合应用题的解题策略
1.插入法:对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题,可以用插入法.即先排好没有限制条
件的元素,然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可.
例2 学校组织老师学生一起看电影，同一排电影票12张。8个学生，4个老师，要求老师在学生
中间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法？
分析 此题涉及到的是不相邻问题,并且是对老师有特殊的要求,因此老师是特殊元素,在解决时就
要特殊对待.所涉及问题是排列问题.
8解 先排学生共有A8种排法,然后把老师插入学生之间的空档，共有7个空档可插,选其中的4个
484空档,共有A7种选法.根据乘法原理,共有的不同坐法为A8A7种.
2.捆绑法: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.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也可以作排列.
例3 5个男生3个女生排成一排,3个女生要排在一起,有多少种不同的排法?
分析 此题涉及到的是排队问题,对于女生有特殊的限制,因此,女生是特殊元素,并且要求她们要相邻,因此可以将她们看成是一个元素来解决问题.
6解 因为女生要排在一起,所以可以将3个女生看成是一个人,与5个男生作全排列,有A6种排法,
363其中女生内部也有A3种排法,根据乘法原理,共有A6A3种不同的排法.
3. 隔板法:对于某些名额分配方案问题，可以看作将全部元素排成一列，然后再在各元素之间插入隔板将元素分成几部分来解决.一般地，将n个元素分成m份（m<n）的分法，可看作在n-1个空隙
m?1中插入m-1块隔板，共有Cn?1种分法.
例4 高二年级8个班,组织一个12个人的年级学生分会,每班要求至少1人,名额分配方案有多少种?
分析 此题若直接去考虑的话,就会比较复杂.但如果我们将其转换为等价的其他问题,就会显得比较清楚,方法简单,结果容易理解.
解 此题可以转化为:将12个相同的白球分成8份,有多少种不同的分法问题,因此须把这12个白球排成一排,在11个空档中插入7块相同的隔板,每个空档最多插一块,即可将白球分成8份,显然有77 种不同的放法,所以名额分配方案有C11种. C11
点评：上述问题中，8个部分每部分内部元素之间是没有顺序的，故为组合问题.
4.剩余法:在组合问题中,有多少取法,就有多少种剩法,他们是一一对应的,因此,当求取法困难时,可转化为求剩法.
例5 袋中有5分硬币23个,1角硬币10个,如果从袋中取出2元钱,有多少种取法?
分析 此题是一个组合问题,若是直接考虑取钱的问题的话,情况比较多,也显得比较凌乱,难以理出头绪来.但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话,就会很容易解决问题.
解 把所有的硬币全部取出来,将得到0.05×23+0.10×10=2.15元,所以比2元多0.15元,所以剩
311下0.15元即剩下3个5分或1个5分与1个1角,所以共有C23种取法. ?C23?C10
5.对等法:在有些题目中,它的限制条件的肯定与否定是对等的,各占全体的二分之一.在求解中只要求出全体,就可以得到所求.
例6 期中安排考试科目9门,语文要在数学之前考,有多少种不同的安排顺序?
分析 对于任何一个排列问题,就其中的两个元素来讲的话,他们的排列顺序只有两种情况,并且在整个排列中,他们出现的机会是均等的,因此要求其中的某一种情况,能够得到全体,那么问题就可以解决了.并且也避免了问题的复杂性.
9解 不加任何限制条件,整个排法有A9种,“语文安排在数学之前考”,与“数学安排在语文之前
考”的排法是相等的,所以语文安排在数学之前考的排法共有19A9 种. 2
6.排异法:有些问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中排除.
例7 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?
分析 此题若是直接去考虑的话,就要将问题分成好几种情况,这样解题的话,容易造成各种情况遗
漏或者重复的情况.而如果从此问题相反的方面去考虑的话,不但容易理解,而且在计算中也是非常的简便.这样就可以简化计算过程.
55解 43人中任抽5人的方法有C43种,正副班长,团支部书记都不在内的抽法有C40种,所以正副班
55长,团支部书记至少有1人在内的抽法有C43种. ?C40
7.集合法：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（又叫容斥原理）n(A?B)?n(A)?n(B)?n(A?B)， 其中n(A)?card(A)，表示集合A的元素个数，依类推.
例8．（2006年湖北文）安排5名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，不同排法的种数是 .（用数学作答）
分析：记全集I=｛5名歌手的出场顺序排列｝，A=｛某名歌手第一个出场排列｝，B=｛另一名歌手最后一个出场排列｝，则“某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，不同排法的种数”应记为n痧IA?IB??.由集合运算的摩根律：痧IA?IB? I(A?B). 故n?痧IA?IB??n? I(A?B)??n?I??n?A?B??n?I??n(A)?n(B)?n(A?B).
解 设全集I=｛5名歌手的出场顺序排列｝，A=｛某名歌手第一个出场排列｝，B=｛另一名歌手最后一个出场排列｝，根据求集合元素个数的公式得排法的种数共有：
5443n(I)?n(A)?n(B)?n(A?B)=A5?A4?A4?A3?78种. 故应填78.
点评：在计算有交集情况的排列组合问题时，常常将容斥原理与集合运算的摩根律结合起来使用. 通过构造集合，将排列组合的计算问题转化为集合之间的运算问题，从而简化了分类次数.
8.检索法：对于数的大小顺序排列问题，可以采用“查字典”的方法，从高位到低为位依次检索.
例9．(2004全国II)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ）
A．56个 B．57个 C．58个 D．60个
分析：依次从万位、千位、百位、十位检索直到大于23145且小于43521的数全部找完为止.
43解：① 查首位：3????型有A4种 ； ② 查前两位：42???型和41???型共有2A3种；另外
3还有：24???型和25???型共有2A3种；③ 查前三位：432??型和435??型共有2A2种；另外2
还有：234??型和235??型共有2A2种；④ 查前四位：只有43512一种，另外还有23154一种。
432故共有：A4?4A3?4A2?2?58种。故选C. 2
总之，排列组合应用题的解题基本策略为：正难则反、分类讨论. 思维程序为：明确事件，分清类步，判断顺序，用准加乘.基本方法为直接法与间接法，对于不同的排列组合应用题,根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种技巧结合起来应用,便于我们迅速准确地解题.在使用这些技巧时要善于运用涉及到的数学思想方法,例如:分类讨论思想,
变换思想,特殊化思想等等来分析问题解决问题.
优化训练（能力在训练中养成和发展，数学能力当然也是这样）
一.选择题
1. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有
A.288个B.240个C144个D.126个
2. 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有
Ａ.1440种Ｂ.960种Ｃ.720种Ｄ.480种
3. 如图所示是2008年北京奥运会的会徽，其中的“中国印”由四个色块构成，可以
用线段在不穿越其他色块的条件下将其中任意两个色块连接起来(如同架桥)，如果用
三条线段将这四个色块连接起来，不同的连接方法共有
A.8种B.12种
C.16种 D.20种
二.填空题
4. 5名同学安排在星期一至星期五值日，每人一天，若甲同学不能排在星期一，乙同学不能排在星期五，则所有不同的排法有____________种（用数字作答）.
5. 从3名男同学1名女同学中选出3人，分别担任班长、体委、宣委职务，其中女同学不能担任体委职务，那么不同的任职方案共有___________种（用数字作答）.
6. 七个人排成两排，前排3个，后排4个，若甲必须在前排，乙必须在后排，有_______种不同排法.
三.解答题
5
i7.（1）方程?xi?12有多少组正整数解？
（2）5个班中选12名同学组建乐队，每班至少选1人，有多少种名额分配方法？
（3）12名优秀学生全部保送到5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？
8. 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，现将这五个球放入5个盒子内
(1)只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？
(2)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？
(3)每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？
参考答案（仅供参考）
一选择题 1~3 BBC
1. 解析： 对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”
3分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有1?4?A4?96个；②个位不是0并且比20000大
3的五位偶数有2?3?A4?144个；故共有96?144?240个．选B. 本题考查两个基本原理，是典型的
源于教材的题目．
52. 解析： 5名志愿者先排成一排，有A5种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，
5共有2?4?A5=960种不同的排法，选B。
33. 解析：四个点取两个点，可以组成C4=6条线段，6条线段又可以得到C6个三角形，但有四个三角
3形不符合条件，故不同的连接方法共有C6-4=16种
. 2
二.填空题
4. 78. 解析：可用集合法
15. 18. 解析：将三个职位看作三个位置，让元素占位置，体委不排女生有A3种排法，其余两个位置可
212从剩下的3人中选2人排列，有A3种排法，根据分步计数原理，共有A3A3种排法.
16. 1440. 解析：将两排合成一排，分前后两段，甲从前段3个位置中选1个有A3种选法，乙从后段4
15115个位置中选1个A4种选法，剩下的5人有A5种排法，由分步计数原理共有A3A4A5种即1440种排法.
三.解答题
7. （1）可转化为12个球分成5份，每份至少1个球，由于每份内部球与球之间没有顺序，相当于从
412个球之间的11个空隙中放入4块隔板分为5份的分法，故共有C11种即330种分法，即方程共有330
组正整数解.
（2）和第（1）问是同一类问题，答案同（1）.
45（3）把12名学生分成5组有C11种方法，再把5组学生分配到5所学校有A5种，故共有
45C11A5?39600种方法。
说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配。
248. (1)C5A5 =1200（种）
5(2) A5 -1=119（种）
1(3)不满足的情形：第一类，恰有一球相同的放法： C5×9=45 第二类，五个球的编号与盒子编号全不同的放法：5!(1111???)?44 2!3!4!5!
5∴ 满足条件的放法数为： A5-45-44=31（种）
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