行测排列组合问题

行测排列组合问题（精选8篇）

行测排列组合问题 篇1

排列 A------和顺序有关(P和A是一个意思)组合 C-------不牵涉到顺序的问题 排列分顺序,组合不分

例如 把5本不同的书分给3个人,有几种分法.“排列” 把5本书分给3个人,有几种分法 “组合” 1．排列及计算公式

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 A(n,m)表示.A(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定0!=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(n,m)表示.c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);

3．其他排列与组合公式

从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝A(n,r)/r=n!/r(n-r)!.n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为

n!/(n1!*n2!*...*nk!).k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m).排列（Pnm(n为下标，m为上标)）

Anm=n×（n-1）....（n-m+1）；Anm=n！/（n-m）！（注：！是阶乘符号）；Ann（两个n分别为上标和下标）=n！；0！=1；An1（n为下标1为上标）=n

组合（Cnm(n为下标，m为上标)）

Cnm=Anm/Amm ；Cnm=n！/m！（n-m）！；Cnn（两个n分别为上标和下标）=1 ；Cn1（n为下标1为上标）=n；Cnm=Cnn-m

2008-07-08 13:30

公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。N-元素的总个数

R参与选择的元素个数

！-阶乘，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1 从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝r 举例：

Q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？ A1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排列P”计算范畴。

上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合，我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）

Q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？

A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1 排列、组合的概念和公式典型例题分析

例1 设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？

解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法．

（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法．

点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．

例2 排成一行，其中 不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种？

解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：

∴ 符合题意的不同排法共有9种．

点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．

例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．

（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？

（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？

（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？

（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？

分析（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．

（1）①是排列问题，共用了 封信；②是组合问题，共需握手（次）．

（2）①是排列问题，共有（种）不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．

（3）①是排列问题，共有 种不同的商；②是组合问题，共有 种不同的积．

（4）①是排列问题，共有 种不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．

例４ 证明 ．

证明

左式

右式．

∴ 等式成立．

点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使变形过程得以简化．

例5 化简 ．

解法一 原式

解法二 原式

点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．

例6 解方程：（1）；（2）．

解（1）原方程

解得 ．

（2）原方程可变为

∵，∴ 原方程可化为 ．

即，解得

第六章 排列组合、二项式定理

一、考纲要求

1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识结构

三、知识点、能力点提示(一)加法原理乘法原理

说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种? 解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有

3×3×3×3×3=35(种)(二)排列、排列数公式

说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有()A.60个 B.48个 C.36个 D.24个

解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P2；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P12＝36(个)由此可知此题应选C.例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种? 解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为

3P13=9(种).例四 例五可能有问题，等思考

三)组合、组合数公式、组合数的两个性质

说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有()A.140种 B.84种 C.70种 D.35种

解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14·C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24·C15种 根据加法原理可得总的取法有 C24·C25+C24·C15=40+30=70(种)可知此题应选C.例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式? 解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C38种；

乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种； 丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种； 丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有C3 8×C15×C24×C22= ×1=1680(种).(四)二项式定理、二项展开式的性质

说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.例6 在(x-)10的展开式中，x6的系数是()A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410 解 设(x-)10的展开式中第γ+1项含x6，因Tγ+1=Cγ10x10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4 于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C410(-)4=9C410 故此题应选D.例7(x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)５的展开式中的x２的系数等于

解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为 在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0.(五)综合例题赏析

例8 若(2x+)4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为()A.1 B.-1 C.0 D.2 解：A.例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有()A.6种 B.12种 C.18种 D.24种

解 分医生的方法有P22＝2种，分护士方法有C24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。应选B.例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有().A.140种 B.84种 C.70种 D.35种 解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.∵C24·+C25·C14=5×6+10×4=70.∴应选C.例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有()A.27种 B.48种 C.21种 D.24种 解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类： ∵C13·C1 7+C23=3×7+3=24，∴应选D.例12 由数学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个 B.300个 C.464个 D.600个

解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15·P 55=600个.由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.∴有 ×600=300个符合题设的六位数.应选B.例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有().A.70个 B.64个 C.58个 D.52个

解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1)的有4组.∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)应选C.例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有().A.12对 B.24对 C.36对 D.48对 解：设正六棱锥为O—ABCDEF.任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.∴共有C16×4=24对异面直线.应选B.例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).解：7点中任取3个则有C37=35组.其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).∴三角形个数为35-3=32个.例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则 的值为。解 10个元素的集合的全部子集数有：

S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=2 10=1024 其中，含3个元素的子集数有T=C310=120 故 =

例17 例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共

种(用数字作答).解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.∴C34·C246+C44·C146=4186(种)例18 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().A.1260种 B.2025种 C.2520种 D.5040种 解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)再从剩余8人中选1人承担任务乙(C1 8)又从剩余7人中选1人承担任务乙(C1 7)∴有C210·C1 8C1 7=2520(种).应选C.例19 集合｛1，2，3｝子集总共有().A.7个 B.8个 C.6个 D.5个

解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数

C13，由二个元素组成的子集数C23。

由3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是 C13+C23+C33+1=3+3+1+1＝8 故此题应选B.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有().A.C23C3197种 B.C23C3197 +C33C2197 C.C5200-C5197 D.C5200-C 13C4197

解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，∴至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.应选B.例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是().A.C58C38 B.P12C58C38

行测排列组合问题 篇2

一、利用加法及乘法原理

加法、乘法原理是计数的两条基本原理,全部计数公式的推导都基于这两个原理,所以常被用于排列组合的应用题中。除此以外,单独用加、乘原理来解题也有独到之处。

例1某少先队小队有10位同学,现每2人组成一个互帮互学小组,共有多少种分组方法?

解:将10位同学排成一横排,先由最左端的同学挑选一个伙伴,共有9种选法,再由剩余的8位同学中最左端的人挑选一个伙伴,有7种选法,……,一直下去,由乘法原理知共有9×7×5×3×l=945种分组方法。

二、分类法

将要计数的集合按同一标准划分成若干个两两不相交的子集,即把整体分成若干个局部,使每一局部便于计数,在分类时必须做到既不重复也不遗漏。

例2有11位翻译,其中5人只会英语,4人只会日语,2人既会英语又会日语。现从11位翻译中选4名英文翻译和4名日文翻译,组成一个翻译小组,共有多少种选法?

解:以5位英语翻译为标准进行分类:

在选派的4名英文翻译中

(1)4人都只会英语,共有C54C64种。

(2)有3人只会英语,1人会英、日语,共有C53C21C54种。

(3)有2人只会英语,2人会英、日语,共有C53C21C54种。

所以,总选法有C54C64+C53C21C54+C53C21C54=185种。

三、排除法

排除法的基本思想就是:若集合A=B∪C,且B∩C=φ,则|B|=|A|-|C|.(|A|表示集合A的元素个数)

例3集合A=(-3、-2、-1、1、2、3、4)a、b∈A,Z=a+bi所表示的幅角主值大于45°的不同复数共有多少个?

解:显然幅角主值大于45°的复数比幅角主值小于等于45°的复数要多。现求0≤arg Z≤45°的复数个数,因为0≤arg Z≤45°的充要条件是045°的复数共有72-10=39个。

四、优限法

通过优先安排受限制的特殊元素和特殊位置的方法.

例4分配6人担任6种工作,某甲不担任其中某两种工作,共有多少种不同的分工方法?

解法一:优先安排特殊元素甲,我们从甲可担任的4种工作中选一种结果有C41种,再安排其余的5人有A55种,由乘法原理知共有C41A55=480种分工方法。

解法二:优先安排特殊位置“某两种工作”,我们从除甲外的5人选2人出来担任甲不能担任两种工作,共有A52种,再给余下的4人担任余下的4种工作,共有A44种,由乘法原理知共有A52A44=480种分工方法。

五、大元法

对于若干个元素要在一起的问题,通常是将这几个元素看成是一个大元素,再与其余的元素一起参加排列组合,这种方法就称为大元法。

例5把n个不同的球放入n个不同的匣子中,求恰有一个空匣子的放法?

解:先从n个不同的球中选出2个球,有Cn2种选法,并把选出的这两个球视为一个大元,与其余的有n-2个球一起放入n个匣子中,有Ann-1种放法,此时必有一个空匣,由乘法原理知,总的放法数为Cn2Ann-1种。

六、插空法

所谓插空法就是将一类元素或符号插入另一类元素的空档中,使之互不相邻的方法。

例6将8个“+”号和6个“-”号排成一排,求这些符号恰好变化5次后的排列种数。

解:先将6个“-”号排成一排,并从中间的5个空档中选出2个插入两块隔板“|”,将其任意分成有顺序的3组,这时,有C52种分组方法,其次再将8个“+”排成一排,这时有9个空档,我们将上述分成3组的6个“-”号中的前两组插入“+”中间7个空档中的2个,再把剩下的一组数放到首尾的空档中的一个,这时,有C72C21种插法,且这些符号恰好变化5次,故总的排法种数为C52C72C21=420种。

七、集合法

设集合Ai有ni个元素(i=1、2、…、r),则从每一个集合各取一个元素的所有不同取法有n1n2…ni种,这种方法称之为集合法。

例7某体育室现有相同的篮球5个,排球3个,足球2个,一个学生去借这些球一次借n个不限,问共有多少种借法?

解:因为篮球有不借、借1个、……、借5个共6种借法,我们把这些借法用集合A={0、1、2、3、4、5}表示,同理排球和足球的借法分别用集合B={0、1、2、3}和C={0、1、2}记之,由集合法知不同的借法为6×4×3=72种。由于在集合A、B、C中都取0表示不借应排除,故满足题设的不同借法为72-l=71种。

八、配对法

配对法主要是基于配对原理:设集合A、B,若A与B能建立起一一对应关系,则|A|=|B|。

例8在装有号码为1、2、…、N的球的球箱中,有放回地摸了n次球,依次记下其号码,试求这些号码按严格上升次数排列的可能种数。

解:一个从N个元素中选n个元素的组合对应一种从N个元素中选n个元素的严格上升排列,反之亦然。所以二者之间有一一对应关系。由于N个元素中选n个元素的组合有CNn种。故按严格上升次序的排列数也应有CNn种。

九、对称法

根据某事件或元素的对称地位来计数的方法。

例9从a、b、c、d、e、f中选4个作排列,求字母a在b前面的排法有多少种?

解:因为a、b以同等机会排在4个位置上,所以a排在b前面的排法与b排在a前面的排法种数一样多,又由于包含a、b在内的4个元素的排列,共有C42A 44种,所以a排在b前面的排法共C42A 44/2=72种。

十、递推法

所谓递推法就是利用递推关系找出计数方式的方法.

例10 5个方格排成一行,用红、黄、蓝3种颜色上色,但相邻两格不能同时涂上红色,求这5个方格有多少种上色方式。

解:用an表示这n个方格上色的种数。如果第一个方格涂红色,则第二个方格只能有黄色或蓝色两种选择,这时,后面的n-2个方格有an-2种上色方式,如果第一个方格涂黄色或蓝色,这时后面n-1个方格有an-1种上色方式,由此得递推式:

易求得当n=1时,a1=3;当n=2时,a2=8.

由递推式,a5=16a2+12a1=164,所以5个方格共有164种上色方式。

巧解排列、组合问题 篇3

总的原则——合理分类与准确分步.即按元素的性质进行分类，按事情发生的连续过程分步，做到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏.

两种思路——直接法，间接法.

三种途径——以元素为主，先满足特殊元素的要求，再考虑其它元素；以位置为主，先满足特殊位置的要求，再考虑其它位置；先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.

一、人或数的问题

对排列组合问题的考查，多以人或数的问题出现，内容基础，题型常规，注重考查通性、通法.

例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.

解法1（元素优先法） 根据所求四位数对0和5两个元素的特殊要求将其分为四类：①含0不含5，共有[C12A34]=48（个）；②含5不含0，共有[C13A34]=72（个）；③含0也含5，共有[C12C12A24]=48（个）；④不合0也不含5，共有[A44]=24（个）.所以，符合条件的四位数共有48+72+48+24=192（个）.

解法2（位置优先法） 根据所求四位数对首末两位置的特殊要求可分三步：第一步：排个位，有[C14]种方法；第二步；排首位，有[C14]种方法；第三步：排中间两位，有[A24]种方法.所以符合条件的四位数共有[C14][C14][A24]=192（个）.

解法3（排除法） 数字0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的四位数有[C15A35=300]（个），能被5整除的数有两类：个位数为0的有[A35=60]（个）；个位数为5的有[C14A24]=48（个）；故符合条件的四位数共有300-60-48=192（个）.

例2 6个人参加4×100接力，甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的安排方式有（ ）种.

解析 本题为元素多于位置的情形，可按“含”或 “不含”某个元素进行分类：①甲、乙都不参加的安排方法有[A44]=24种；②甲参加而乙不参加时，可从余下4人中选3人有[C34]种选法.由于甲不跑第一棒，故第一棒可从剩下的三人中选一人有[C13]种选法，余下三棒有[A33]种安排方法，共有[C34]·[C13]·[A33]=72种方法（或甲不跑第一棒时，可安排甲跑第二、三、四棒中的任一棒，有[C13]种方法，余下三棒有[A33]种安排方法）；③乙参加而甲不参加，同理有72种方法；④甲、乙都参加时，由题意有[C24]（[A33]+[A33]-[A22]）=60种方法（排除法）. 故共有24+72+72+60=228种安排方法.

解析（角色转换法） 将数字作为元素，则这是九个元素排在九个位置上的“不尽相异元素的全排列”问题.若将九个位置作为元素，则问题转化为“相异元素不许重复的组合问题”，即共有[C29C37C44=1260]种不同的排法.

二、图形问题

此类问题主要有涂色、种植、共线、共面等.

例5 某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点[A、B、C、A1、B1、C1]上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有 种.

解析 此例解法较多，在此用“分组”的方法求解.由于同一条棱的两端的灯泡不同色，故可将将六个顶点划分为四个“组”，然后再安装灯泡.由题意可分为九组：

例6 有3种不同种子种在如图所示的5块田中，每块种一种种子，为有利于作物生长，相邻两块田中种不同的种子，则有（ ）种不同的种法；如有6种不同种子，则又有（ ）种不同的种法.

解析 （1）按田块分类，可分为：1，24，35；13，24，5；13，25，4；14，25，3；14，35，2；15，24，3；135，2，4共七类，共有[7A33=42]种不同的涂法.

（2）按种子分类：种2种，可分为135、24两“块”，有[A26]种方法；种3种，由⑴知有[7A33]种方法；种4种，可分13，2，4，5；14，2，3，5；15，2，3，4；24，1，3，5；25，1，3，4；35，1，2，4六类，有[6A46]种方法；种5种，有[A56]种方法. 故有2952种不同种法.

三、工程问题

如分配、分组等问题.

例7 某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有 种.

解析 分三种情形：甲、丙同去且乙不去，有[C25?A44]=240种选法；甲、丙同不去且乙去，有[C35?A44]=240种选法；甲、乙、丙都不去，有[A45=120]种选法.共有600种不同的选派方案.

例8 6本不同的书，按以下要求各有多少种分法.（1）平均分成三组；（2）分成1本、2本、3本三组；（3）平均分给甲、乙、丙三人；（4）分给甲、乙、丙三人，一人拿1本、一人拿2本、一人拿3本；（5）甲得一本，乙得二本，丙得三本.

解析 （1）此为平均分组问题，共有[C26?C24?C223！][=15]种分法；（2）此为非平均分组问题，共有[C16?C25?C33=60]种分法；（3）此为均匀不定向分配问题，先分组，再排序，共有[C26?C24?C223！·3！=90]种分法；（4）此为非均匀不定向分配问题，先分组，再排序，[C16?C25?C33?A33=360]种分法；（5）此为非均匀定向分配问题，共有[C16?C25?C33=60]种分法.

四、其它问题

例9 将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同的盒子中，使得有一个空盒且其它盒子中球的颜色齐全的不同放法有（ ）种.

解析 此例解法较多，此处用“隔板法”求解.先从4个盒子中选三个放置小球有[C34]种方法.注意到小球都是相同的，为了保证三个盒子中球的颜色齐全，可以在4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球所产生的3个、4个、5个空挡中分别插入两个隔板，各有[C23]，[C24]，[C25]种方法.故共有[C34?C23?C24?C25]=720种不同的放球方法.

例10 设[ABCDEF]为正六边形，一只青蛙开始在顶点[A]处，它每次可随意地跳到相邻两个顶点之一，若在5次之内跳到[D]点，则停止跳动，若在5次之内不能到达[D]点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法的种数是（ ）

A. 6 B. 8 C. 16 D. 26

解析 青蛙从[A]点开始，往相邻两个顶点[B]和[F]跳到[D]点的次数是相同的. 又青蛙第一次往[B]方向跳的跳法可用“树型图”表示如图. 由图知有13种跳法，所以共有跳法2×13=26（种）.

答案 D

行测排列组合问题 篇4

高考要求

排列、组合是每年高考必定考查的内容之一，纵观全国高考数学题，每年都有1～2道排列组合题，考查排列组合的.基础知识、思维能力

重难点归纳

1 排列与组合的应用题，是高考常见题型，其中主要考查有附加条件的应用问题 解决这类问题通常有三种途径 (1)以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素 (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置 (3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数 前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接(剔除)解法

2 在求解排列与组合应用问题时，应注意

(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题;

(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理;

(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏;

(4)列出式子计算和作答

3 解排列与组合应用题常用的方法有 直接计算法与间接(剔除)计算法;分类法与分步法;元素分析法和位置分析法;插空法和捆绑法等八种

排列与组合教案 篇5

——简单的排列和组合

鹤鸣山小学：佘莎

教学内容：九年义务教育课程标准实验教科书 数学二年级上册p99例1 教学目标：

1．通过观察、猜测、比较、实验等活动，找出最简单的事物的排列数和组合数，初步培养有序地全面地思考问题的能力。

2．感受数学与生活的密切联系，激发学习数学、探索数学的浓厚兴趣，使学生在数学活动中养成与人合作的良好习惯。

教学重点：经历探索简单事物排列与组合规律的过程。教学难点：初步理解简单事物排列与组合的不同。教学准备：课件、数字卡片等 教学过程：

一、创设情境，引发探究

1、初步感知排列

1）师：看喜羊羊来欢迎我们了。

喜羊羊：大家好，在你们面前的是一把密码锁，密码是由数字1和2这两个数字摆成的两位数。快来试试吧！

２）学生独立摆卡片，并记下数。

师：请先独自摆摆，边摆边记，看谁摆最完整？ ３）反馈交流，说一说你是怎样摆的？

板书：１２

２１ 4）试着输入密码？

二、动手操作、探究新知

1、合作探究排列 １）进入数字乐园。

喜洋洋说：“欢迎来到数字乐园，我们一起来玩一个数字游戏吧！你能用1、2、3三个数字摆出几个两位数呢？

生猜想，有两个，4个，6个等等。

师：让我们来动手摆一摆就知道了。老师给小朋友们准备了1、2、3三张数字卡片，还有一张记录卡。同桌合作，一人摆数字卡片，一人把摆好的数记录下来，先商量一下谁摆数字卡片，谁记数，比比哪桌合作得又好又快。２）反馈交流。

①请几组学生把自己记录下的数字写在黑板上。②交流你觉得谁摆得更好。为什么？ 想一想：怎样摆才不会遗漏和重复？

师：为什么有的摆的数多，而有的却摆的少呢？有什么好办法能保证既不漏数、也不重复呢？请每个小组进行讨论，看看有什么好办法？小组交流，集体反馈。

③再按你们的方法，边摆，找一个人把他记下来！

学生小结方法：

1、固定十位。

2、固定个位。

3、交换位置。

师：大家都采用各种方法摆出了6个不同的两位数。真了不起啊！今后我们在排列数的时候，要想既不重复也不漏掉，就必须要按照一定的规律和一定的方法进行。这就是我们今天所要学习的排列与组合。巩固练习。

师：喜洋洋想请我们去他家里作客。可是它还想考考大家。

1、我家的门牌号码是由6、7、8这三个数字组成的两位数，请你猜一猜可能是多少？

2、是这6个数中最大的一个两位数。

学生先排列出6个两位数，再找出其中最大的两位数。2．感知组合

师：喜洋洋请小朋友们吃水果。苹果、香蕉、梨子，只吃其中的两种水果有几种吃法。生：回答。

说出三种这后，还有孩子说有别的吃法，当他列举出来之后，再让学生观察。学生发现最后一种和前面其中一种是同样的吃法。从而得出只有三种吃法。师质疑：三张卡面取两张摆两位数能摆6个，而三种水果吃其中两种确只有3种吃法？

请两个学生上黑板，一人摆卡片，一人取水果。然后交换位置。学生发现卡片交换位置得到两个数，而水果交换位置之后得到的还是原来的两种水果只能算一种吃法。

师小结：摆数与顺序有关，取水果与顺序无关。摆数可以交换位置，而取水果交换位置没用。

三、应用拓展，深化探究 来到游艺乐园，搭配衣服。

1、出示：四件衣服有几种不同的穿法呢?在书上连一连，画一画。（学生操作）

学生说课件演示。

2、出示：如果三个人握手，每两个人握一次，三人一共要握多少次呢？ ２）小组合作演示，并记录结果。３）小组汇报结果。

四、总结延伸，畅谈感受

师：生活中哪里有排列与组合。

师总结：只要我们有心，你会发现生活中处处有数学。愿孩子们做一个生活的有心人，去发现身边的数学。

排列组合教案 篇6

直接法：把符合条件的排列数直接列式计算;

优先法：优先安排特殊元素或特殊位置

捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列

插空法：对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中

定序问题除法处理：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列。

间接法：正难则反，等价转化的方法。

例1：有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数：

(1) 全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置;

(2) 全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边;

(3) 全体排成一行，其中男生必须排在一起;

(4) 全体排成一行，男生不能排在一起;

(5) 全体排成一行，男、女各不相邻;

(6) 全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变;

(7) 全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人;

(8) 若排成二排，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法。

某班有54位同学，正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中 ，各有多少种不同的选法?

(1)无任何限制条件;

(2)正、副班长必须入选;

(3)正、副班长只有一人入选;

(4)正、副班长都不入选;

(5)正、副班长至少有一人入选;

(5)正、副班长至多有一人入选;

6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：

(1)分给甲、乙、丙三人，每人2本;

(2)分为三份，每份2本;

(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本;

(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本;

(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少1本

例2、(1)10个优秀指标分配给6个班级，每个班级至少

一个，共有多少种不同的分配方法?

(2)10个优秀指标分配到1、2、 3三个班，若名

额数不少于班级序号数，共有多少种不同的分配方法?

.(1)四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共

有多少种不同的放法?

(2)四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空

求解排列组合问题的多种方法 篇7

一、优先考虑特殊元素

例1 6名同学站成一排, 其中甲、乙两位同学既不站排头也不站排尾, 有多少种不同的站法?

解析:因为甲、乙两位同学是特殊元素, 他们既不站排头也不站排尾, 则他们只能站在中间的四个位置上, 因此有A42种方法, 其他位置由余下的4人去站, 有A44种方法, 因此共有方法n=A42A44=288 (种) .

二、优先考虑特殊位置

例2同例1.

解析:排头与排尾是两个特殊位置.甲、乙两人不能站, 那么只能由其余4人中选2人去站, 有A42种方法, 其他4个位置由余下的四人去站, 有A44种方法, 因此共有n=A42A44=288 (种) .

三、正确分类谨防重复

例3写有0、2、4、6、8的5张卡片, 如果6允许作9使用, 那么从中抽取3张可组成多少个不同的三位数?

解析:符合条件中的取法可分为四类: (1) 选0不选6, 由于0不能排首位, 则应排在后两位之一, 故可组成三位数A21A32=12 (个) ; (2) 选0且选6, 则应再选一张卡片.由于0不能排在首位, 且6可以作为9使用, 故可组成3位数2C31A21A22=24 (个) ; (3) 不选0选6, 由于6可作为9使用, 可组成3位数2C32A33=36 (个) ; (4) 0、6都不选, 可组成三位数A33=6 (个) .因此符合条件的3位数共有n=A21A32+2C31A21A22+2C32A33+A33=78 (个) .

四、恰当分步以防遗漏

例4从6双不同的手套中任取4只, 其中恰有2只配成一双的取法有多少种?

分析:该事件可分四步来完成: (1) 从6双中取1双, 有C61种方法; (2) 从余下的5双中取2双, 有C52种方法; (3) 从取出的2双中的1双中取1只, 有C21种方法; (4) 从取出的2双中的1双中取1只, 有C21种方法.因此共有方法n=C61C52C21C21=240 (种) .

五、排列方阵处理直排

例5 9人排成3行, 每行3人, 其中3人要排在同一行, 有多少种不同的排法?

解析:9人排成3×3型方阵, 为方便可把每行的后2人拉上来与每行的第一人并列, 这样就成了9人排一列的排列.前3人称为第一行, 中间3人称为第二行, 后面3人称为第三行, 即

××× ××× ×××

从3行中任取1行共要排在1行的3人, 排列有C31A33种方法, 余下的6人排6个位置有A66种方法, 因此符合条件的排法n=C31A33A66=12960 (种)

六、不相邻元素插空档

例6 3人坐在8个座位的长椅上, 若每人左右都有空位, 这种坐法有多少种?

解析:要求3人左右都要有空位, 那么这3人只能在由5个空位所形成的4个空挡之中, 故有坐法n=A43=24 (种) .

七、相邻元素合并变大

例7一排长椅上有10个座位, 现有4人坐于其上, 问恰好有5个连续空位的坐法有多少种?

解析:把5个连续空位看成一个大元素a, 另一个空位为元素b, 并设4人为c、d、e、f, 则问题化为6个元素的排列, 其中a、b不能相邻, 因此a、b只能排在由c、d、e、f排列后所形成的3个空档及左、右两端的5个位置, 故共有坐法n=A44A52=480 (种) .

八、机会相等采用等分

例8从7个元素a、b、c、d、e、f、g中选取5个排成一排, 其中a在b的前面, 也在c的前面的排法有多少种?其中a在b的前面且b又在c的前面的排法有多少种?

解析:据题意a、b、c必须选上, 另两个元素从d、e、f、g中选, 有C42种方法.如果没有限制条件, 含a、b、c5个元素的全排列有A55种.另外a、b、c的位置关系只有3种可能: (1) a在b、c前面; (2) b在a、c前面; (3) c在a、b前面.所以a在b、c前面的排法占整个排法的, 故符合条件的排法 (种) .

同理, a在b前面而且b又在c前面的排法占整个排法的, 故这时符合条件的排法 (种) .

九、元素均分组去重复

例9把6本不同的书平均分成3堆, 每堆两本, 有多少种分法?

解析:若把6本不同的书平均分成甲、乙、丙三堆, 有C62C42C22种方法.设把6本不同的书平均分成三堆有x种分法, 对于每一种分法, 三堆以甲、乙、丙命名有A33种分法, 所以x·A33=C62C42C22, 因此 (种) .

十、直接不易间接排除

例10一条长椅上有7个座位, 4人坐, 要求3个空位中有两个空位相邻, 另一个空位与这两个空位不相邻, 有多少种不同的坐法?

解析:7个座位4人坐, 有A74种坐法, 其中不符合题意的坐法有两类: (1) 3个空位相邻, 把它们看成大元素, 有A55种不同的坐法; (2) 3个空位彼此不相邻, 那么3个空位只能插入由4人坐一排而形成的5个空挡中的3个, 有A44C53种方法, 所以n=A74-A55-A44C53=480 (种) .

十一、构造集合元素分类

例11车间有9个工人, 有4人只会车工, 有3人只会钳工, 有2人既会车工又会钳工.现从中选派车工、钳工各2人去完成某一任务, 有多少种指派方法?

中国古代数学的排列组合问题 篇8

另一个著名的问题是瓦卡曾经讨论过的，它与8世纪唐代僧一行的名字有关。沈括在《梦溪笔谈》中写道：

小说：唐憎一行曾算棊局都数，凡若干局尽之。予尝思之，此固易耳。但数多，非世间名数可能言之。今略举大数。凡方二路，用四子，可变八十一局。方三路，用九子，可变一万九千六百八十三局。方四路，用十六子，可变四千三百四万六千七百二十一局。方五路，用二十五子，可变八千四百七十二亿八千八百六十万九千四百四十三局。方六路，用三十六子，可变十五兆九十四万六千三百五十二亿九千六百九十九万九千一百二十一局。方七路以上，数多无名可记。尽三百六十一路，大约连书万字五十二。

（据讲故事的人说，僧一行有一次计算了可能摆出的棋局的总数，并且发现他能够丝毫没有遗漏地计算出来。我再三思考了这件事，最后得出结论说，这是很容易办到的。不过，这时所牵涉到的数字不能用一般使用的数字名称来表达。在这里，我主要只提一提计算中需要用到的大数。用两路和四个棋子，可以摆出81种不同的可能棋局。用三路和九个棋子，总数是19683。用四路和十六个棋子，总数是43046721。用五路和二十五个棋子，总数是847288609443。……到七路以上，总数就大得无法用现有的数字名称来表达了。当361个棋子全部用上时，总数达到10000^52的数量级。）

沈括接着又解释一行的方法说，他们能够计算出在棋盘上出现的一切可能的变换和移动的数目。看来，“上驱”“搭因”“重因”等就是这些计算的名称。

一提到中国对排列和组合的研究，人们立即就会想到《易经》和其中的八卦及六十四卦。我们大概可以想到，它曾引导人们去对一切可能的排列进行某些数学研究，并且，如果说这种研究的结果不能明显地看到的话，那么也有理由认为，它们是被某些教派（大概是道教）当作秘传的教义保藏起来了。在这一方面，公元190年的《数术记遗》及其无可怀疑的道教背景是值得注意的。在这部书中提到几种与占卜有明显关系的计算方法，例如“八卦算”和“龟算”，这里的卦是按不同的方法在八个方位上排列起来的，而“把头算”可能与骰子的投掷有关。在讨论算盘的起源时，我们有机会描述《数术记遗》中提到过的几种计算工具，其中的珠子（有时是不同颜色的）是放在记数的或刻度的坐标上的。如果这

些工具仅仅是为了记数，那么，它们的价值就不太大了，因为数学家们在应用算筹方面已经十分熟练。因此，我们可以设想，它们的真正用途是研究排列和组合。例如，当我们在太乙算中看到板上记有数字9183时，那么，我们似乎有理由假定，这种算具有助于回答“从9183能组合出多少个不同的数来”这样一个问题。可以假定，第一、第三、第八和第九道的珠是可以交换的。同样，三才算可能是企图回答一些这样的问题：“如果九个字母当中三个是a，三个是b，三个是c，那末，它们一共有多少种排列方法？”而八卦的问题，则和“八个人围着一张圆桌坐，共有多少种不同坐法”这个问题相类似。

这里，必须提起11世纪邵雍所作的《易经》六十四卦的排列。莱布尼茨认为这种排列不是别的，而是把从l到64这些数字用二进位记法写出来。六十四卦也启发了一个日本封建领主藤原通宪，他在公元1157年前后写成一部日本早期数学著作《计子算》，虽然这部著作已经失传，但后人知道，其中包含有六十四卦组合的数学研究。

我相信，如果有一个汉学家兼通数学，那么，通过对隐晦难解的中国中世纪占卜术著作的探索，他在这方面是会大有收获的。秦九韶在公元1247年的《数书九章》的自序中说，数学学派有三十余家，其中有的是建立在讨论太一壬甲（算卦）三式的著作的基础上的，但他们都是属于内算（秘传的数学）。在他们留下的大量著作中能不能發现一些对排列组合理论有价值的早期贡献，这是一个值得进一步研究的问题。鉴于欧洲在伊士拉（Abrabam ben Ezra，1140年）以前，印度在巴斯卡拉（Bhāskara，1150年）以前，在这方面的发现极端贫乏，因此，这种研究是很有意义的。直到15世纪末帕乔利的时代，排列和组合的问题才有了真正的进步，关于它的第一部著作——伯努利（Jakob Bernoulli）的《猜度术》（Ars Conjectandi）——直到1713年才问世。