排列组合基础知识与解题技巧

1、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！ （5×4×3）/（3×2×1）（6×5）/（2×1） 通过这2个例子 看出 公式 是种子数M开始及自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。 以取值N的阶层作为分母 5×4×3 6×5×4×3×2×1 通过这2个例子 从M开始及自身连续N个自然数的降序乘积 当NM时 即M的阶层 排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (mn)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列及

2、组合的标志是“有序”及“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：完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；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

3、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，一个及分步有关.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. 在解决排列及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”及“不在” “邻”及“不邻”

4、 在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法： “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. “不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”. “在”及“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. 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”及“不含” “至少”及“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

5、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 -【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

6、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1197。1（111）×6÷236 2、 （1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？ -【解析】 每封信都有3个选择。信及信之间是分步关系。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3×3×3×334 （2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？ -【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

7、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 4×4×443 （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？ -【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356种 第二步：分配给3个同学。 P336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

8、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56×6336 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） -【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15 第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66720 所以 总数是720×53600 （2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440） -【解析】第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取12 第二步：剩下的6个人满

9、足P原则 P66720 则总数是 720×21440 （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） -【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14， 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×P555×120600 总数是4×6002400 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P66720 因为是分类讨论。所以最后的结果是两种情况之和 即 2400720312

10、0 （4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440） -【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16 第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P222 则安排甲乙符合情况的种数是2×612 剩下的5个人即满足P55的规律120 则 最后结果是 120×121440 （5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520） -【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P775040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是50

11、40÷22520 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） -【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5×4×360 即总数是 60×5300 （2）能组成多少个自然数？ （1631） -【解析】自然数是从个位数开始所有情况 分情况 1位数： C6取16 2位数： C5取2×P22C5取1×P1125 3位数： C5取3×P33C5取2×P22×2100 4位数： C5取4×P4

12、4C5取3×P33×3300 5位数： C5取5×P55C5取4×P44×4600 6位数： 5×P555×120600 总数是1631 这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22C5取1×P1125 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） -【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑

13、低位，再考虑高位 即 3×4×P4412×24288 （4）能组成多少个能被25整除的四位数？ （21） -【解析】 能被25整除的4位数有2种可能 后2位是25： 3×39 后2位是50： P424×312 共计91221 （5）能组成多少个比201945大的数？ （479） -【解析】从数字201945 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×P554×120480 去掉 201945这个数 即比201945大的有4801479 （6）求所有组成三位数的总和. （32640）

14、 -【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 MM1+M2+M3=326405、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3152096 （2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560） 【解析】同

15、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47224560 （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567910864 （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5C98取57376656 （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5C98取375135424 6、从4台甲型和

16、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 -【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16×530 第二种情况：1台甲2台乙 即 C4取1×C5取24×1040 所以总数是 304070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24140 4件：C4取4×C46取146 共计是 4140

17、464186 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 【解析】分步完成 第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4210 第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取16×2×112种情况 则根据分步原则 乘法关系 210×1225209、12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有_种C(4,12)C(4,8)C(4,4) 【解析】

18、每个路口都按次序考虑 第一个路口是C12取4 第二个路口是C8取4 第三个路口是C4取4 则结果是C12取4×C8取4×C4取4 可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗 其实不是这样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候，其实将这些分类情况已经包含了对不同路的情况的包含。 如果再×P33 则是重复考虑了 如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则情况又不一样 因为我们在分配人数的时候考虑了路口的不同。所以最后要去除这种可能情况 所以在上述结果的情况下要÷P33 10、在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，

19、求共有多少种安排方法？ 990 【解析】这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法 直接解答较为麻烦，故可先用一个节目去插9个空位，有P(9,1)种方法；再用另一个节目去插10个空位，有P(10,1)种方法；用最后一个节目去插11个空位，有P(11,1)方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990种。 另解：先在11个位置中排上新添的三个节目有P(11,3)种，再在余下的8个位置补上原有的8个节目，只有一解，所以所有方法有P311×1=990种。 解决排列组合问题的策略1、逆向思维法：我们知道排列组合都是对一个元素集合进

20、行筛选排序。我们可以把这个集合看成数学上的单位1，那么1ab 就是我们构建逆向思维的数学模型了， 当a不利于我们运算求解的时候，我们不妨从b的角度出发思考，这样同样可以求出a1b。例题：7个人排座，甲坐在乙的左边（不一定相邻）的情况有多少种？例题：一个正方体有8个顶点 我们任意选出4个，有多少种情况是这4个点可以构成四面体的。例题：用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（ ） A24个 B30个 C40个 D60个2、解含有特殊元素、特殊位置的题采用特殊优先安排的策略：（1）无关型：两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集例题：用0，1，2，3，4，5

21、六个数字可组成多少个被10整除且数字不同的六位数?（2）包含型：两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系例题：用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被5整除且数字不同的六位奇数?P55×P441202496 用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被25整除且数字不同的六位数?25，75 （3×3×2×1）×2P44362460（3）影响型：两个特殊位置上可取的元素既有相同的，又有不同的。例题：用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大并且百位数字不是3的没有重复数字的五位数有多少个?3、解含有约束条件的排列组合

22、问题一采用合理分类及准确分步的策略例题：平面上4条平行直线及另外5条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有_个。简析：按构成矩形的过程可分为如下两步：第一步先在4条平行线中任取两条，有C4取2种取法；第二步再在5条平行线中任取两条，有C5取2种取法。这样取出的四条直线构成一个矩形，据乘法原理，构成的矩形共有6×10=60个4、解排列组台混合问题采用先选后排策略对于排列及组合的混合问题，可采取先选出元素，后进行排列的策略。 例：4个不同小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子，则恰有一个空盒的放法有_种。1445、插板法插板法的条件构成： 1元素相同，2分组不同，3必须至少分得1个插板法

23、的类型：（1）、10块奶糖分给4个小朋友，每个小朋友至少1块，则有多少种分法？（典型插板法 点评略）（2）、10块奶糖分给4个小朋友有多少种方法？（凑数插板法： 这个题目对照插板法的3个条件我们发现 至少满足1个这个条件没有， 所以我们必须使其满足，最好的方法 就是用14块奶糖来分，至少每人1块 ，当每个人都分得1块之后，剩下的10块就可以随便分了，就回归到了原题）（3）、10块奶糖放到编号为1，2，3的3个盒子里，每个盒子的糖数量不少于其编号数，则有几种方法？（定制插板法： 已然是最后一个条件不满足，我们该怎么处理呢，应该学会先去安排 使得每个盒子都差1个，这样就保证每个盒子必须分得1个，从

24、这个思路出发，跟第二个例题是姊妹题 思路是一样的 对照条件 想办法使其和条件吻合！）（4）、8块奶糖和另外3个不同品牌的水果糖要放到编号为111的盒子里面，每个盒子至少放1个，有多少种方法？（多次插空法 这里不多讲，见我排列组合基础讲义）6、递归法（枚举法） 公考也有这样的类型， 排错信封问题，还有一些邮票问题归纳法：例如：5封信一一对应5个信封，其中有3个封信装错信封的情况有多少种？枚举法：例如：10张相同的邮票 分别装到4个相同的信封里面，每个信封至少1张邮票，有多少种方法？枚举：1，1，1，71，1，2，61，1，3，51，1，4，41，2，2，51，2，3，41，3，3，32，2，2，

25、42，2，3，3 9种方法！疑难问题1、如何验证重复问题2、关于位置及元素的相同问题，例如： 6个人平均分配给3个不同的班级，跟 6个学生平分成3组的区别3、关于排列组合里面，充分运用对称原理。例题： 1，2，3，4，5 五个数字可以组成多少个十位数小于个位数的四位数？例题：7个人排成一排，其中甲在乙右边（可以不相邻）的情况有多少种？注解：分析2种对立情况的概率，即可很容易求解。 当对立情况的概率相等，即对称原理。4、环形排列和线性排列问题。（见我的基础排列组合讲义二习题讲解）例如：3个女生和4个男生围坐在一个圆桌旁。 问有多少种方法？例如：3对夫妇围坐在圆桌旁，男女间隔的坐法有多少种？注解：

26、排列组合中，特殊的地方在于，第一个坐下来的人是作为参照物，所以不纳入排列的范畴，我们知道，环形排列中 每个位置都是相对的位置，没有绝对位置，所以需要有一个人坐下来作为参照位置。5、几何问题：见下面部分的内容。例析立体几何中的排列组合问题在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。1 点11 共面的点例题： 四面体的一个顶点为A，从其它顶点及棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有（ ）A30种 B33种 C36种 D39种 答案：B点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属难度中等的选择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的3点及它对棱上的中点

27、共面的情况计算在内。12 不共面的点例2： 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）A150种 B147种 C144种 D141种解析：从10 个点中任取4个点有C（10，4）210 种取法，其中4点共面的情况有三类：第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有C（6，2）15种；第二类，取任一条棱上的3个点及对棱的中点，这4点共面有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形，它的4个顶点共面，有3种。以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有2104×1563141 种。答案：D。点评：此题难度很大，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中

28、点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。几何型排列组合问题的求解策略有关几何型组合题经常出现在各类试题中，它的求解不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要掌握相关的几何知识.这类题目新颖、灵活、能力要求高，因此要求掌握四种常用求解策略.一 分步求解例1 圆周上有2n个等分点（n1），以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_解：本题所求的三角形，即为圆的内接直角三角形，由平面几何知识，应分两步进行：先从2n个点中构成直径（即斜边）共有n种取法；再从余下的(2n2)个点中取一点作为直角顶点，有(2n2)种不同取法故总共有n(2n2)2n(n1)个直角三角形故填2n(n

29、1)例2： 从集合0、1、2、3、5、7、11中任取3个元素分别作为直线方程AxByC0中的A、B、C，所得的经过坐标原点原直线共有_条（结果用数值来表示）.解：因为直线过原点，所以C0. 从1、2、3、5、7、11这6个数中任取2个作为A、B， 两数的顺序不同，表示的直线也不同，所以直线的条数为 P（6，2）30二 分类求解例3 四边体的一个顶点为A，从其它顶点及各棱的中点中取3点，使它们和A在同一平面上，不同取法有（ ）(A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种 解：符合条件的取法可分三类： 4个点（含A）在同一侧面上，有3 30种；4个点（含A）在侧棱及对棱中点的截面上，有3

30、种；由加法原理知不同取法有33种，故选B.三 排除法求解例4 从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（ ） (A) 8种 (B) 12种 (C) 16种 (D) 20种解：由六个任取3个面共有 C（6，3）20种，排除掉3个面都相邻的种数，即8个角上3个平面相邻的特殊情形共8种，故符合条件共有 20812种，故选(B)例5 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有（ ）个？解：从7个点中任取3个点，共有C（7，3）35 个，排除掉不能构成三角形的情形3点在同一直线上有3个，故符合条件的三角形共有 35332个 四 转化法求解 例6 空间六个点，它们任何三

31、点不共线，任何四点不共面，则过每两点的直线中有多少对异面直线？ 解：考虑到每一个三棱锥对应着3 对异面直线，问题就转化为能构成多少个三棱锥. 由于这六个点可构成C（6，4）15 个三棱锥，故共有3×15 45对异面直线.例7 一个圆的圆周上有10个点，每两个点连接一条弦，求这些弦在圆内的交点个数最多有几个？ 解：考虑到每个凸四边形的两条对角线对应一个交点，则问题可转化为构成凸四边形的个数显然可构成 C（10，4）210个圆内接四边形，故10个点连成的点最多能在圆中交点210个.6、染色问题：不涉及环形染色 可以采用特殊区域优先处理的方法来分步解决。环形染色可采用如下公式解决：An（a

32、1）n+(a-1)×(-1)n n表示被划分的个数，a表示颜色种类原则：被染色部分编号，并按编号顺序进行染色，根据情况分类在所有被染色的区域，区分特殊和一般，特殊区域优先处理例题1：将3种作物种植在如图4所示的5块试验田里，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物。则有多少种种植方法？图1例题2：用5种不同颜色为图中ABCDE五个部分染色，相邻部分不能同色，但同一种颜色可以反复使用，也可以不使用，则符合要求的不同染色方法有多少种？图2例题3：将一个四棱锥的五个顶点染色，使同一条棱的2个端点不同色，且只由五个颜色可以使用，有多少种染色方法？图3例题4：一个地区分为如图4所示的五

33、个行政区域，现在有4种颜色可供选择，给地图着色，要求相邻区域不同色，那么则有多少种染色方法？图4例题5：某城市中心广场建造了一个花圃，分6个部分（如图5） 现在要栽种4种不同的颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能种同样颜色的花，则有多少种不同栽种方式？图5：1. 排列组合题（系列之二）一）  1, 2, 3, 4作成数字不同的三位数，试求其总和？但数字不重复。 解析 组成3位数 我们以其中一个位置(百位,十位,个位)为研究对象就会发现 当某个位置固定 比如是1,那么其他的2个位置上有多少种组合? 这个大家都知道 是剩下的3个数字的全排列 P32我们研究的位置上每个数字都会出现P32

34、次 所以每个位置上的数字之和就可以求出来了 个位是:P32*(1+2+3+4)=60 十位是:P32*(1+2+3+4)*10=600 百位是:P32*(1+2+3+4)*100=6000 所以总和是6660 （二）  将“PROBABILITY ”11个字母排成一列，排列数有_种，若保持P, R, O次序，则排列数有_种。 解析 这个题目就是直线全排列出现相同元素的问题:在我的另外一个帖子里面有介绍: (1)我们首先把相同元素找出来,B有2个, I 有2个  我们先看作都是不同的11个元素全排列 这样就简单的多是P11,11  然后把相同的元素能够形成的排列剔除

35、即可 P11/(P2,2*P2,2)=9979200。 (2)第2个小问题 因要保持PRO的顺序，就将PRO视为相同元素（跟B，I类似的性质），则其排列数有11！/（2！×2！×3！）= 166320种。 （三）  李先生及其太太有一天邀请邻家四对夫妇共10人围坐一圆桌聊天，试求下列各情形之排列数：     （1）男女间隔而坐。       （2）主人夫妇相对而坐。       （3）每对夫妇相对而坐。     （4）男女间隔且夫妇相邻。   

36、    （5）夫妇相邻。       （6）男的坐在一起，女的坐在一起。   解析 (1) 这个问题也在介绍过 先简单介绍一下环形排列的特征,环形排列相对于直线排列缺少的就是参照物.第一个坐下来的人是没有参照物的,所以无论做哪个位置都是一样的. 所以从这里我们就可以看出 环形排列的特征是 第一个人是做参照物,不参及排列. 下面就来解答6个小问题: (1)先让5个男的或5个女的先坐下来 全排列应该是 P44, 空出来的位置他们的妻子(丈夫), 妻子(丈夫)的全排列这个时候有了参照物所以排列是P55 答案就是 P44*P55=2880种

37、(2)先让主人夫妇找一组相对座位入座 其排列就是P11(记住不是P22 ),这个时候其他8个人再入座,就是P88,所以此题答案是 P88 (3)每对夫妇相对而坐,就是捆绑的问题.5组相对位置有一组位置是作为参照位置给第一个入座的夫妇的,剩下的4组位置就是P44, 考虑到剩下来的4组位置夫妇可以互换位置即 P44*24=384 (4)夫妇相邻,且间隔而坐. 我们先将每对夫妇捆绑 那么就是5个元素做环形全排列 即P44  这里在从性别上区分 男女看作2个元素 可以互换位置 即答案是P44*2=48种(值得注意的是,这里不是*24 因为要互换位置,必须5对夫妇都得换 要不然就不能保持男女间

38、隔) (5) 夫妇相邻 这个问题显然比第4个问题简单多了,即看作捆绑 答案就是P44 但是这里却是每对夫妇呼唤位置都可以算一种方法的. 即 最后答案是P44*25 (6)先从大方向上确定男女分开座,那么我们可以通过性别确定为2个元素做环形全排列.即P1,1 , 剩下的5个男生和5个女生单独做直线全排列  所以答案是P1,1 *P55*P55 （四）在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，求共有多少种安排方法？ 解析 这个题目相信大家都见过 就是我们这次2019年国家公务员考试的一道题目: 这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法或多次插空法 直接解答较

39、为麻烦，我们知道8个节目相对位置不动,前后共计9个间隔,故可先用一个节目去插9个空位，有C9取1种方法；这样9个节目就变成了10个间隔,再用另一个节目去插10个空位，有C10取1种方法；同理用最后一个节目去插10个节目形成的11个间隔中的一个，有C11取1方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为9*10*11=990种。 方法2: 我们先安排11个位置,把8个节目按照相对顺序放进去,在放另外3个节目,11个位置选3个出来进行全排列 那就是P11,3=11*10*9=990 （五） 0，1，2，3，4，5五个数字能组成多少个被25整除的四位数？ 解析 这里考察了一个常识性的问题 即 什么样数才能

40、被25整除  即这个数的后2位必须是25或者50，或者75或者00 方可. 后两位是25的情况有:千位只有3个数字可选(0不能) 百位也是3个可选  即3*3=9种 后两位是50的情况有:剩下的4个数字进行选2位排列 P4,2=12种 75不可能，因为数字中没有7 00也不可能，因为数字不能重复共计 9+12=21种2. “插板法”的条件模式隐藏运用分析在说这2 道关于“插板法”的排列组合题目之前，我们需要弄懂一个问题：插板法排列组合是需要什么条件下才可以使用？这个问题清楚了，我们在以后的答题中 就可以尽量的变化题目使其满足这个条件。这个条件就是： 分组或者分班等等 至少分

41、得一个元素。  注意条件是 至少分得1个元素！好我们先来看题目，例题1：某学校四、五、六三个年级组织了一场文艺演出，共演出18个节目，如果每个年级至少演出4个节目，那么这三个年级演出节目数的所有不同情况共有几种？【解析】这个题目是Q友出的题目，题目中是不考虑节目的不同性 你可以视为18个相同的节目 不区分！发现3个年级都是需要至少4个节目以上！  跟插板法的条件有出入， 插板法的条件是至少1个，这个时候对比一下，我们就有了这样的思路 ，为什么我们不把18个节目中分别给这3个年级各分配3个节目。这样这3个班级就都少1个，从而满足至少1个的情况了3×39  还剩下1899个剩下的9个节目就可以按照插板法来解答。 9个节目排成一排共计8个间隔。分别选取其中任意2个间隔就可以分成3份（班级）！C8取228练习题目：有10个相同的小球。 分别放到编号为1，2，3的盒子里  要使得每个盒子的小球个数不小于其编号数。那么有多少种放法