1、1每周一计第三计排列组合问题的解法解决排列组合问题要讲究策略，用顺口溜概括为：审明题意，排（组）分清；合理分类，用准加乘；周密思考，防漏防重；直接间接，思路可循；元素位置，特殊先行；一题多解，检验真伪。 （一）.特殊元素、特殊位置的“优先安排法”对于特殊元素的排列组合问题，一般先考虑特殊元素，再考虑其他元素的安排。在操作时，针对实际问题，有时“元素优先”，有时“位置优先”。 例 1 ： 0、2、3、4、5 这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有几个？ 解法一：(元素优先)分两类：第一类，含 0：0 在个位有 种，0 在十位有 种；第二类，不含 0：有 种。 故共有（ ） 种。 12
2、3A24A13123注：在考虑每一类时，又要优先考虑个位。 解法二：(位置优先)分两类：第一类，0 在个位有 种；第二类，0 不在个位，先从两个偶数中选一个放个位，再选一个放百位，最后考虑十位，有 种。 故共有练习：甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学选四人组队参加 4*100m 接力赛，其中甲、乙不跑最后一棒，共有多少种不同的安排方法？（此题可有元素优先和位置优先两个角度两种解法，但位置优先则更简单）（二）排除法 对于含有否定词语的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去.例：个人从左到右站成一排，甲不站排头，乙不站第二个位置，不同的站法有 =785432A种（三）.相邻问题“捆绑法”对于某些元素要
3、求相邻排列的问题，可先将相邻元素捆绑成整体并看作一个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。例 3： 5 个男生 3 个女生排成一列，要求女生排一起，共有几种排法？ 解：先把 3 个女生捆绑为一个整体再与其他 5 个男生全排列。同时，3 个女生自身也应 全排列。由乘法原理共有 种。 635A（四）。不相邻问题“插空法”对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他可相邻元素排好，再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入即可（注意有时候两端的空隙的插法是不符合题意的） 例 4： 5 个男生 3 个女生排成一列，要求女生不相邻且不可排两头，共有几种排法？ 解：先排无限制条件
4、的男生，女生插在 5 个男生间的 4 个空隙，由乘法原理共有 种。 注意：分清“谁插入谁”的问题。要先排可相邻的元素，再插入不相邻的元素； 数清可插的位置数；插入时是以组合形式插入还是以排列形式插入要把握准。 例 5： 马路上有编号为 1、2、3、9 的 9 盏路灯，现要关掉其中的三盏，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关两端的路灯，则满足要求的关灯方法有几种？ 解：由于问题中有 6 盏亮 3 盏暗，又两端不可暗，故可在 6 盏亮的 5 个间隙中插入 3 个暗的即可，有种。 35C（五） 。定序问题选位不排对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先在总位置中选出顺序一定元素的位置而不参加排列，
5、然后对其它元素进行排列。 例 6： 5 人参加百米跑，若无同时到达终点的情况，则甲比乙先到有几种情况？ 134520A534A13A12321430A242解：先在 5 个位置中选 2 个位置放定序元素(甲、乙)有 种，再排列其它 3 人有 ，由乘法原理得共有 =60 种。 （六） “小团体”排列，先“团体”后整体对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先按制约条件“组团”并视为一个元素再与其它元素排列。 例 7:四名男歌手与两名女歌手联合举行一场演唱会，演出的出场顺序要求两名女歌手之间有两名男歌手，则出场方案有几种？ 解：先从四名男歌手中选 2 人排入两女歌手之间进行“组团”有
6、种，把这个“女男男女”小团体视为 1 人再与其余 2 男进行排列有 种，由乘法原理，共有 种 （七）分排问题用“直排法”把 n 个元素排成若干排的问题，若没其他的特殊要求，可用统一排成一排的方法来处理例：7 个人坐两排座位，第一排坐 3 人，第二排坐 4 人，则有 种排法解：可以在前后两排随意就座，故两排可以看成一排来处理，所以不同的坐法有 (八)列举法 如果题中附加条件增多,直接解决困难,用列举法寻找规律有时也是行之有效的方法例 9：从到的自然数中，每次取出不同的两个数，使他们的和大于，则不同的取法有 种。解：此题的数字较多，情况也不一样，需要分析摸索其规律。为方便，两个加数中较小的为被加数
7、，为被加数的有种；同理，为被加数的有 种；为被加数的有种；为被加数的有种；为被加数的有种；但为被加数的只有种；为被加数的只有种；为被加数的只有种，故不同的区法有：（）（）种。（九）元素可重复的排列求幂法。解决“允许重复排列”的问题要注意区分两类元素：一类元素可重复，另一类元素不能重复。把不能重复的元素看成“客” ，能重复的元素看成“店” ，再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住店法” 。例 10：名学生争夺五项冠军，获得冠军的可能种数是 种。解：应同一学生可同时夺得 n 项冠军，故学生可重复排列，将名学生看成家“店” ，五项冠军看成名“客” ，每个客有种住宿方法，由分步计数原理得7 5 种。
8、（十）特征分析法 有约束条件的排数问题，必须紧扣题中所提供的数字和结构特征，进行推理，分析求解。例 11：由、六个数可组成多少个无重复且是的倍数的五位数？解：分析数字的特征：的倍数的数既是的倍数，又是的倍数。其中的倍数又满足“各个数位上的数字之和是的倍数”的特征。而且是的倍数，从个数字中取个，使之和还是的倍数，则所去掉的数字只能是或。因而可以分两类讨论：第一类，所排的五位数不含，即由、作数码；首先从、三个中任选一个作个位数字有 种，然后其余个数字在其他数位上的全排列有 ，所以；第二类，所排的五位数不含 6，即由 1、2、3、4、5 作数码，依上法有，故 种。（十一）名额分配问题用隔板法例 12
9、： 10 张参观公园的门票分给 5 个班，每班至少 1 张，有几种选法？ 解：这里只是票数而已，与顺序无关，故可把 10 张票看成 10 个相同的小球放入 5 个不同的盒内，每盒至少 1 球，可先把 10 球排成一列，再在其中 9 个间隔中选 4 个位置插入 4 块“档板”分成 5 格(构成 5 个盒子)有 种方法。 注：档板分隔模型专门用来解答同种元素的分配问题。（十二）个数不少于盒子编号数，先填满再分隔24A243312N=013A4A143A25C3A25C3A74C3例 13： 15 个相同的球放入编号为 1、2、3 的盒子内，盒内球数不少于编号数，有几种不同的放法？ 解：（解法一）先
10、用 6 个球按编号数“填满”各盒(符合起码要求),再把 9 个球放入 3 个盒内即可,可用 2 块档板与 9 个球一起排列(即为两类元素的排列问题),有 种。 （解法二）先在 2 号盒和 3 号盒分别放入一个球和两个球，则问题转化为 12 个相同的球放入 3 个盒子内，每个盒子至少放入一个球，有多少种不同的放法？（十三）不同元素进盒，先分堆再排列对于不同的元素放入几个不同的盒内，当有的盒内有不小于 2 个元素时，不可分批进入，必须先分堆再排入。 例 14： 5 个老师分配到 3 个班搞活动，每班至少一个，有几种不同的分法？ 解：先把 5 位老师分 3 堆，有两类：3、1、1 分布有 种和 1、
11、2、2 分布有 种，再排列到3 个班里有 种，故共有 。 12354CA注意：不同的老师不可分批进入同一个班，须一次到位(否则有重复计数)。即“同一盒内的元素必须一次进入”。 （十四）两类元素的排列，用组合选位法例 15： 10 级楼梯，要求 7 步走完，每步可跨一级，也可跨两级，问有几种不同的跨法？ 解：由题意知，有 4 步跨单级，3 步跨两级，所以只要在 7 步中任意选 3 步跨两级即可。故有 种跨法。 注意：两类元素的排列问题涉及面很广，应予重视。 例 16： 沿图中的网格线从顶点 A 到顶点 B，最短的路线有几条？ 解：每一种最短走法，都要走三段“|”线和四段“”线，这是两类元素不分顺
12、序的排列问题。故有 或 种走法。 例 17： 从 5 个班中选 10 人组成校篮球队(无任何要求)，有几种选法？ 解：这个问题与例 12 有区别，虽仍可看成 4 块“档板”将 10 个球分成 5 格(构成 5 个盒子)，是球与档板两类元素不分顺序的排列问题。但某些盒子中可能没有球，故 4 块“档板”与 10 个球一样也要参与排成一列而占位置，故有 种选法。 注意：怎样把问题等价转化为“两类元素的排列”问题是解题的关键。 （十五）利用对应思想转化法。对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理。例 18： 长方体上任意两顶点的连线段中，异面直线共有多少对？分析：
13、任意一对异面直线必然对应四个顶点，而这四个顶点不共面，构成四面体，每个四面体上有 3 对异面直线，因此把求异面直线的问题转化成求可以构成多少个四面体的问题。解： 4812374C例 19：如图，AOB 的两边分别有异于 O 的 4 个点 A1、 A2、 A3、 A4和 5 个点 B1、 B2、 B3、 B4、 B5，连接AiBj（i=1,2,3,4 ， j=1,2,3,4,5）构成的线段中，有多少个交点在AOB 内？分析：在AOB 内相交的两条线段对应一个四边形的两对角线，所以求交点个数问题转化为求四边形个数问题。解： =60245（十六）取鞋问题先双后支例 20：从五双鞋中任取四支，恰有一双
14、的取法有多少种？解：先从五双中取一双，有 种，再从余下 4 双中选两15C双，从每双的两只中选择 1 支，有 。共有 种。21412154C47COABA1A2A3A4B1 B2 B3 B4 B55A37C3AB21C41C4（十七）涂色问题抓住关键分类讨论例 21：如图，一环形花坛分成 A，B，C，D 四块，现有 4 种不同的花供选择，要求在每块里种一种花，且相邻的 2 块种不同的花，则不同的种法总数为 种。分析：A、C 种花是否相同将会影响 B、D 的可选择种数，因此按照A、 C 种花是否相同进行分类。解：若 A、C 种花同，则 B、 D 各自可从余下三种花中选择一种，有种；若 A、C 种花不同，则 B、D 只能从余下两种花中选择，143有 。共有 + =84 种。21143214C AB CD
