1、排列与组合 59372编辑本段符号常见的一道题目C-组合数 P-排列数 （现在教材为 A）N-元素的总个数 R-参与选择的元素个数 !-阶乘 ，如 5！=5*4*3*2*1=120C-Combination 组合 P-Permutation 排列 (现在教材为 A-Arrangement)一些组合恒等式组合恒等式排列组合常见公式排列组合常见公式编辑本段历史1772 年，旺德蒙德以np 表示由 n个不同的元素中每次取 p个的排列数。而欧拉则于 1771年以 及于 1778年以表示由 n个不同元素中每次取出 p个元素的组合数。至 1872年，埃汀肖森引入了 以表相同之意，这组合符号（Signs o
2、f Combinations）一直 沿用至今。 1830 年，皮科克引入符号 Cr以表示由 n个元素中每次取出 r个元素的组合数；1869 年或稍早些，剑桥的古德文以符号 nPr 表示由 n个元素中每次取 r个元素的排列数，这用法亦延用至今。按此法，nPn 便相当於现在的 n!。 1880 年，鲍茨以 nCr及 nPr分别表示由 n个元素取出 r个的组合数与排列数；六年后，惠特渥斯以及表示相同之意，而且，他还以表示可重复的组合数。至 1899年，克里斯托尔以 nPr及 nCr分别表示由 n个不同元素中 每次取出 r个不重复之元素的排列数与组合数，并以 nHr表示相同意义下之可重复的排列数，这三
3、种符号也通用至今。 1904 年，内托为一本百科辞典所写的辞条中，以 表示上述 nPr之意，以表示上述 nCr之意，后者亦同时采用了。这些符号也一直用到现代。编辑本段组合数的奇偶对组合数 C(n,k) (n=k)：将 n,k分别化为二进制，若某二进制位对应的 n为 0，而 k为 1 ，则 C(n,k)为偶数；否则为奇数。组合数的奇偶性判定方法为:结论：对于 C(n,k),若 n对应于杨辉三角：11 1 1 2 11 3 3 11 4 6 4 1 可以验证前面几层及 k = 0时满足结论，下面证明在 C(n-1,k)和 C(n-1,k-1) (k 0) 满足结论的情况下，C(n,k)满足结论。1
4、).假设 C(n-1,k)和 C(n-1,k-1)为奇数：则有：(n-1)(n-1)由于 k和 k-1的最后一位(在这里的位指的是二进制的位，下同)必然是不同的，所以 n-1的最后一位必然是 1。现假设 n(n-1)现假设 n 代表任意个 0。相应的，n 对应的部分为： 1*; *代表 0或 1。而若 n对应的*中只要有一个为 1，则(n-1)(n-1)显然，k 的最后一位只能是 0，否则由(n-1)相应的，n-1 的对应部分为： 1*;相应的，k-1 的对应部分为： 01;则若要使得(n-1) (不会因为进位变 1为 0)所以 n(n-1)分两种情况：当 k-1的最后一位为 0时:则 k-1
5、的末尾必有一部分形如: 10;相应的，k 的对应部分为 : 11;相应的，n-1 的对应部分为 : 1*0; (若为 1*1,则(n-1)所以 n (前面的 0可以是附加上去的)相应的，k 的对应部分为 : 10;相应的，n-1 的对应部分为 : 01; (若为 11，则(n-1)所以 n&k = k。由 3),4)得出当 C(n,k)为奇数时，n&k = k。综上，结论得证!编辑本段排列组合的基本理论和公式排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关如 231与 213是两个排列，231 的和与 213 的和是一个组合 (一)两个基本原理是排列和组合的基础 (1)加法原理：做一件事，完成它可以有 n
6、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Nm1m2m3mn 种不同方法 (2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成 n个步骤，做第一步有 m1种不同的方法，做第二步有 m2种不同的方法，做第 n步有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有Nm1m2m3mn 种不同的方法 这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有 n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分 n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法
7、原理 这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来 (二)排列和排列数 (1)排列：从 n个不同元素中，任取 m(mn)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 从排列的意义可知，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序必须完全相同，这就告诉了我们如何判断两个排列是否相同的方法 (2)排列数公式：从 n个不同元素中取出 m(mn)个元素的所有排列 当 mn 时，为全排列 Pnn=n(n1)(n2)321n！ (三)组合和组合数 (1)组合：从 n个不同元素中，任取 m(mn)个元素并成一组，叫做从 n
8、个不同元素中取出 m个元素的一个组合 从组合的定义知，如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合 (2)组合数：从 n个不同元素中取出 m(mn)个元素的所有组合的个 这里要注意排列和组合的区别和联系，从 n个不同元素中，任取 m(mn)个元素， “按照一定的顺序排成一列”与“不管怎样的顺序并成一组”这是有本质区别的 一、排列组合部分是中学数学中的难点之一，原因在于 (1)从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，需要较强的抽象思维能力； (2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词(特别是逻辑关联词和量
9、词)准确理解； (3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大； (4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。 二、两个基本计数原理及应用 (1)加法原理和分类计数法 1加法原理 2加法原理的集合形式 3分类的要求 每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏) (2)乘法原理和分步计数法 1乘法原理 2合理分步的要求 任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这 n步才能完成此任务；各步计数相互独立
10、；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同 例题分析排列组合思维方法选讲 1首先明确任务的意义 例 1. 从 1、2、3、20 这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列，这样的不同等差数列有_个。 分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。 设 a,b,c成等差， 2b=a+c, 可知 b由 a,c决定， 又 2b 是偶数， a,c 同奇或同偶，即：分别从1，3，5，19 或 2，4，6，8，20 这十个数中选出两个数进行排列，由此就可确定等差数列，C（2,10）*2*P（2,2） ，因而本题为 180。 例 2. 某城市有 4条东西街道和 6条
11、南北的街道，街道之间的间距相同，如图。若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从 M到 N有多少种不同的走法? 分析：对实际背景的分析可以逐层深入 （一）从 M到 N必须向上走三步，向右走五步，共走八步。 （二）每一步是向上还是向右，决定了不同的走法。 （三）事实上，当把向上的步骤决定后，剩下的步骤只能向右。从而，任务可叙述为：从八个步骤中选出哪三步是向上走，就可以确定走法数， 本题答案为：=56。 2注意加法原理与乘法原理的特点，分析是分类还是分步，是排列还是组合 例 3在一块并排的 10垄田地中，选择二垄分别种植 A，B 两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长，要求 A，B 两种作
12、物的间隔不少于 6垄，不同的选法共有_种。 分析：条件中“要求 A、B 两种作物的间隔不少于 6垄”这个条件不容易用一个包含排列数，组合数的式子表示，因而采取分类的方法。 第一类：A 在第一垄，B 有 3种选择； 第二类：A 在第二垄，B 有 2种选择； 第三类：A 在第三垄，B 有一种选择， 同理 A、B 位置互换 ，共 12种。 例 4从 6双不同颜色的手套中任取 4只，其中恰好有一双同色的取法有_。 (A)240 (B)180 (C)120 (D)60 分析：显然本题应分步解决。 （一）从 6双中选出一双同色的手套，有 6种方法； （二）从剩下的十只手套中任选一只，有 10种方法。 （三
13、）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有 8种方法； （四）由于选取与顺序无关，因（二） （三）中的选法重复一次，因而共 240种。 例 5身高互不相同的 6个人排成 2横行 3纵列，在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮，则所有不同的排法种数为_。 分析：每一纵列中的两人只要选定，则他们只有一种站位方法，因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系，共有三纵列，从而有=90 种。 例 6在 11名工人中，有 5人只能当钳工，4 人只能当车工，另外 2人能当钳工也能当车工。现从 11人中选出 4人当钳工，4 人当车工，问共有多少种不同的选法? 分析：采用加法原理首先要做到分类不重
14、不漏，如何做到这一点？分类的标准必须前后统一。 以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。 第一类：这两个人都去当钳工，有 35种； 第二类：这两人有一个去当钳工，有 75种； 第三类：这两人都不去当钳工，有 75种。 因而共有 185种。 例 7现有印着 0，l，3，5，7，9 的六张卡片，如果允许 9可以作 6用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数? 分析：有同学认为只要把 0，l，3，5，7，9 的排法数乘以 2即为所求，但实际上抽出的三个数中有 9的话才可能用 6替换，因而必须分类。 抽出的三数含 0，含 9，有 32种方法； 抽出的三数含 0不
15、含 9，有 24种方法； 抽出的三数含 9不含 0，有 72种方法； 抽出的三数不含 9也不含 0，有 24种方法。 因此共有 32+24+72+24=152种方法。 例 8停车场划一排 12个停车位置，今有 8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法是_种。 分析：把空车位看成一个元素，和 8辆车共九个元素排列，因而共有 362880种停车方法。 3特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑 例 9六人站成一排，求 (1)甲不在排头，乙不在排尾的排列数 (2)甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数 分析：（1）先考虑排头，排尾，但这两个要求相互有影响，因而考虑分类。 第一类：乙在排
16、头，有种站法。 第二类：乙不在排头，当然他也不能在排尾，有种站法， 共+种站法。 （2）第一类：甲在排尾，乙在排头，有种方法。 第二类：甲在排尾，乙不在排头，有种方法。 第三类：乙在排头，甲不在排头，有种方法。 第四类：甲不在排尾，乙不在排头，有种方法。 共+2+=312 种。 例 10对某件产品的 6件不同正品和 4件不同次品进行一一测试，至区分出所有次品为止。若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能? 分析：本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且是最后一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，分步完成。 第一步：第五次测试的有种可能； 第二步：前四次有一件正品
17、有中可能。 第三步：前四次有种可能。 共有种可能。 4捆绑与插空 例 11. 8人排成一队 (1)甲乙必须相邻 (2)甲乙不相邻 (3)甲乙必须相邻且与丙不相邻 (4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻 (5)甲乙不相邻，丙丁不相邻 分析：（1）有种方法。 （2）有种方法。 （3）有种方法。 （4）有种方法。 （5）本题不能用插空法，不能连续进行插空。 用间接解法：全排列-甲乙相邻-丙丁相邻+甲乙相邻且丙丁相邻，共-+=23040 种方法。 例 12. 某人射击 8枪，命中 4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况? 分析： 连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因而这是一个插空问题。另外没有命
18、中的之间没有区别，不必计数。即在四发空枪之间形成的 5个空中选出 2个的排列，即。 例 13. 马路上有编号为 l，2，3，10 十个路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法共有多少种? 分析：即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别，因而问题为在 7盏亮着的灯形成的不包含两端的 6个空中选出 3个空放置熄灭的灯。 共=20 种方法。 4间接计数法.(1)排除法 例 14. 三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三角形? 分析：有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。 所求
19、问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数， 共种。 例 15正方体 8个顶点中取出 4个，可组成多少个四面体? 分析：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数， 共-12=70-12=58 个。 例 16. l，2，3，9 中取出两个分别作为对数的底数和真数，可组成多少个不同数值的对数? 分析：由于底数不能为 1。 （1）当 1选上时，1 必为真数， 有一种情况。 （2）当不选 1时，从 2-9中任取两个分别作为底数，真数，共，其中 log2为底 4=log3为底 9，log4 为底 2=log9为底 3, log2为底 3=log4为底 9, log3为底 2=log
20、9为底 4. 因而一共有 53个。 (3)补上一个阶段，转化为熟悉的问题 例 17. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相邻)，共有多少种不同的方法? 如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢? 分析：（一）实际上，甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称，具有相同的排法数。因而有=360 种。 （二）先考虑六人全排列；其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位，因而前面的排法数重复了种， 共=120 种。 例 185 男 4女排成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，共有多少种不同的方法? 分析：首先不考虑男生的站位要求，共种；男生从左至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复了次。因而
21、有=9876=3024种。 若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法， 同理也有3024种，综上，有 6048种。 例 19. 三个相同的红球和两个不同的白球排成一行，共有多少种不同的方法? 分析：先认为三个红球互不相同，共种方法。而由于三个红球所占位置相同的情况下，共有变化，因而共=20 种。 5挡板的使用 例 2010 个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法? 分析：把 10个名额看成十个元素，在这十个元素之间形成的九个空中，选出七个位置放置档板，则每一种放置方式就相当于一种分配方式。因而共 36种。 6注意排列组合的区别与联系：所有的排列都可以看作是先取组合，
22、再做全排列；同样，组合如补充一个阶段(排序)可转化为排列问题。 例 21. 从 0，l，2，9 中取出 2个偶数数字，3 个奇数数字，可组成多少个无重复数字的五位数? 分析：先选后排。另外还要考虑特殊元素 0的选取。 （一）两个选出的偶数含 0，则有种。 （二）两个选出的偶数字不含 0，则有种。 例 22. 电梯有 7位乘客，在 10层楼房的每一层停留，如果三位乘客从同一层出去，另外两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，有多少种不同的下楼方法? 分析：（一）先把 7位乘客分成 3人，2 人，一人，一人四组，有种。 （二）选择 10层中的四层下楼有种。 共有种。 例 23. 用数字 0，
23、1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数，(1)可组成多少个不同的四位数? (2)可组成多少个不同的四位偶数? (3)可组成多少个能被 3整除的四位数? (4)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第 85项是什么? 分析：（1）有个。 （2）分为两类：0 在末位，则有种：0 不在末位，则有种。 共+种。 （3）先把四个相加能被 3整除的四个数从小到大列举出来，即先选 0，1，2，3 0，1，3，5 0，2，3，4 0，3，4，5 1，2，4，5 它们排列出来的数一定可以被 3整除，再排列，有：4()+=96种。 （4）首位为 1的有=60 个。 前两位为 20的有=12 个。
24、前两位为 21的有=12 个。 因而第 85项是前两位为 23的最小数，即为 2301。 7分组问题 例 24. 6本不同的书 (1) 分给甲乙丙三人，每人两本，有多少种不同的分法? (2) 分成三堆，每堆两本，有多少种不同的分法？ (3) 分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本，有多少种不同的分法？ (4) 甲一本，乙两本，丙三本，有多少种不同的分法? (5) 分给甲乙丙三人，其中一人一本，一人两本，第三人三本，有多少种不同的分法? 分析：（1）有中。 （2）即在（1）的基础上除去顺序，有种。 （3）有种。由于这是不平均分组，因而不包含顺序。 （4）有种。同（3） ，原因是甲，乙，丙持有量确
25、定。 （5）有种。 例 25. 6人分乘两辆不同的车，每车最多乘 4人，则不同的乘车方法为_。 分析：（一）考虑先把 6人分成 2人和 4人，3 人和 3人各两组。 第一类：平均分成 3人一组，有种方法。 第二类：分成 2人，4 人各一组，有种方法。 （二）再考虑分别上两辆不同的车。 综合（一） （二） ，有种。 例 26. 5名学生分配到 4个不同的科技小组参加活动，每个科技小组至少有一名学生参加，则分配方法共有_种. 分析：（一）先把 5个学生分成二人，一人，一人，一人各一组。 其中涉及到平均分成四组，有 C（5，3）种分组方法。 可以看成 5个元素三个板不空的隔板法（二）再考虑分配到四个不同的科技小组，有 A(4,4)种， 由（一） （二）可知，共=240 种。在八卦中，亦运用到了排列组合
