排列组合学习知识重点与方法归纳

1、排列组合、知识网络二、咼考考点1、两个计数原理的掌握与应用；2、关于排列与组合的定义的理解；关于排列与组合数公式的掌握；关于组合数两个性 质的掌握；3、运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题（多为排列与组合的混合问题）三、知识要点一分类计数原理与分步计算原理1分类计算原理（加法原理）：完成一件事，有n类办法，在第一类办法中有 m种不同的方法，在第二类办法中有 m 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= m+ mi+ m种不同的方法。2分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成 n个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第 2步有m种不同 的方法， ，

2、做第 n步有m种不同的方法，那么完成这件事共有 N= mi x m2X x m n种 不同的方法。3、认知：上述两个原理都是研究完成一件事有多少种不同方法的计数依据，它们的区别在于，力口法原理的要害是分类： 将完成一件事的方法分成若干类，并且各类办法以及各类办法中的各种方法相互独立，运用任何一类办法的任何一种方法均可独立完成这件事；乘法原理的要害是分步：将完成一件事分为若干步骤进行，各个步骤不可缺少， 只有当各个步骤依次完成后这件事才告完成（在这里，完成某一步的任何一种方法只能完成这一个步骤，而不能独立完成这件事）。二排列1定义（1）从n个不同元素中取出 m （層三）个元素，按照一定的顺序排成

3、一列，叫做从 n个不同元素中取出 m个元素的一排列。（2） 从n个不同元素中取出 m （層三:）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，记为-.2排列数的公式与性质（1）排列数的公式：=n （n-1 ）（n-2 ）（ n-m+1）=工 ；特例：当 m=n时，-'：=n ! =n （ n-1 ） （ n-23X 2X1规定：0! =1（2）排列数的性质：咧；O卫胃1三丄鍛（1 =八（排列数上标、下标同时减 1 （或加1 ）后与原排列数的联系）（n）（排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系）（川）、'-（分解或合并的依据）三.组合1定义 （1 ）从n

4、个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从 n个不同元 素中取出m个元素的一个组合（2）从n个不同元素中取出-：-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，用符号表示。2组合数的公式与性质4J"总（理-1（总一 2）（科一啲+1）（1）组合数公式：比（乘积表示）C：=（X删且吻£丹）（阶乘表示）（2）组合数的主要性质:(I)（上标变换公式）（n）'勺' ： mi（杨辉恒等式）认知：上述恒等式左边两组合数的下标相同，而上标为相邻自然数； 合二为一后的右边组合数下标等于左边组合数下标加1，而上标取左边两组合数上标的较大者。3比较与鉴别由排列

5、与组合的定义知，获得一个排列需要“取出元素”和“对取出元素按一定顺序排 成一列”两个过程，而获得一个组合只需要“取出元素”，不管怎样的顺序并成一组这一个步骤。（1） 排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关，而排列不仅与选取的元素有关，而且还与取出元素的顺序有关。因此，所给问题是否与取出元素的顺序有关，是判断这一问题是排列问题还是组合问题的理论依据。（2） 注意到获得（一个）排列历经“获得（一个）组合”和“对取出元素作全排列” 两个步骤，故得排列数与组合数之间的关系：四、经典例题例1、某人计划使用不超过 500元的资金购买单价分别为 60、70元的单片软件和盒装 磁盘，要求软件至少买 3片，

6、磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（）A .5种B.6种C. 7 种D. 8种分析：依题意“软件至少买 3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘花去 320元，所以，只需讨论剩下的180元如何使用的问题。解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180元如何 使用，可从购买软件的情形入手分类讨论：第一类，再买3片软件，不买磁盘，只有1种方法；第二类，再买2片软件，不买磁盘，只有1种方法；第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有 2种方法； 第四类，不买软件，再 买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有 3种方法；于是由分类计数原理可知，共有N=1 + 1+2

7、+3=7种不同购买方法，应选 Co例 2、已知集合 M=-1 , 0, 1 , N=2, 3, 4, 5，映射- ，当 x M时，斜佝为奇数，则这样的映射的个数是（)A.20B.18C.32D.24分析：由映射定义知，当x M时，了 7当x M时，这里的x可以是奇数也可以是偶数，但必须为奇数，因 此，对M中x的对应情况逐一分析，分步考察：第一步，考察 x=-1 的象，当 x=-1 时，一：，+'：“ 此时* 可取N中任一数值，即 M中的元素-1与N中的元素有4种对应方法；第二步，考察x=0的象，当x=0时，：； 丁 /'为奇数，故'只有2种取法（' =3或&qu

8、ot; ' =5）,即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法；第三步，考察x=1的象，当x=1时，一；I 丁卞'I； 为奇数，故广.可 为奇数也可为偶数，： 可取N中任一数值，即 M中的元素1与N中的元素有4种对应方法，于是由分步计数原理可知，映射“ 共有4X 2X 4=32个。中有4个编号为1, 2, 3, 4的小三角形，要在每个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种不同 的涂法？解：根据题意，有相邻边的小三角形颜色不同，但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色，于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类，进而在

9、每一类中分步计算。第一类：1与4同色，则1与4有5种涂法，2有4种涂法，3有4种涂法，故此时有N=5X 4X 4=80种不同涂法。第二类：1与4不同色，则1有5种涂法，4有4种涂法，2有3种涂法，3有3种涂法， 故此时有Nb=5X 4X 3X 3=180种不同涂法。综上可知，不同的涂法共有 80+180=260种。点评：欲不重不漏地分类， 需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题的具 体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类，或是从某一元素的特定要求入手分类，或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类，或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等。例4、将字1、2、3、4填入标号为1、2

10、、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个 方格的标号与所填数字均不相同的填法有（）A.6种B.9种C.11 种D.23 种解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤。第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有3种不同填法；第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有3种不同填法；第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有1种填法；于是，由分步计数原理得，共有N=3X 3X 1=9种不同填法。解法二：（采用“列举”方法）：从编号为1的方格内的填数入手进行分类。第一类：编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法：第二241321432341类.编号1的方格内填数字3,

11、也有3种不同填法:11314234123421第三类：编号为1的方格内填数字4,仍有3种不冋填法：,4 J234 J3 -143：211于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法，应选 B解法三（间接法）：将上述4个数字填入4个方格，每格填一个数，共有N=4X 3X 2X仁24 种不同填法，其中不合条件的是 （1）4个数字与4个格子的编号均相同的填法有 1种；（2） 恰有两个数字与格子编号相同的填法有 6种；（3）恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种； 因此，有数字与格子编号相同的填法共有2=1+6+8=15种于是可知，符合条件的填法为 24-15=9种。点评：解题步骤的设计原则上

12、任意，但不同的设计招致计算的繁简程度不同，一般地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念。当正面考虑头绪较多时， 可考虑运用间接法计算：不考虑限制条件的方法种数一不符合条件的方法种数=符合条件的方法种数。在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”，恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。例5、用数字0, 1，2，3, 4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字 2和3,并且 2和3不相邻的四位数有多少个？解：注意到这里“ 0”的特殊性，故分两类来讨论。第一类：不含“ 0”的符合条件的四位数，首先从1, 4，5这三个数字中任选两个作排

13、列有叫 种；进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置，又有种排法,于是由分步计数原理可知，不含0且符合条件的四位数共有J: =36个。第二类：含有“ 0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用“间接法”：首先从1, 4，5这三个数字中任选一个，而后与 0，2, 3进行全排列，这样的排列 共有一：个。其中，有如下三种情况不合题意，应当排险：（1）0在首位的，有个； （2）0在百位或十位，但2与3相邻的，有：亠 个（3）0在个位的，但2与3相邻的，有'-个因此，含有0的符合条件的四位数共有 =30个于是可知，符合条件的四位数共有36+30=66个点评：解决元素不

14、相邻的排列问题，一般采用“插空法”， 即先将符合已知条件的部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入；解决元素相邻的排列问题，一般采用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起，作为一个大元素与其它元素进行排列，进而再考虑大元素内部之间的排列问题。例6、某人在打靶时射击 8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的， 那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有（）A.720 种B.480 种C.24 种D.20 种分析：首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4枪“地 位平等”，故只有一种排法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中

15、的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有二 种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有种点评：这里的情形与前面不同， 按照问题的实际情况理解， 未命中的4枪“地位平等”， 连续命中的3枪亦“地位平等”。 因此，第一步排法只有一种， 第二步的排法种数也不再乘以。解决此类“相同元素”的排列问题，切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法，请读者引起注意。例7、(1)(2)若°矗+丄 +K-1-1 +，贝廿 n=(3)2空 + 9戌 +12CJ + 5CJ -丄丄w-L(4) 若=；一；，贝U n的取值集合为 U =霁(5) 方程I2 ' 的解集为;解：3ji£13 4M*

16、17 -2f Un- 6(1) 注意到n满足的条件.原式=1】|1=:'(2 )运用杨辉恒等式，已知等式在之下,原不等式40(«- 3)(/7 -4)o严 -1也口 <0:'，:”''1 二" 所求 n=4。严*广禅 J, 广rwr-l(3) 根据杨辉恒等式''原式=；一二=一“«3Cb+ 2)(n+ Oc)s- 1)(4) 注意到这里n满足的条件n5且n N*O 3!匸2 曲艸(冋-1)(总-2)片(用一 1)仗-2)仗-3)料诙一 1)依一2)用-3)仪-4)由、得原不等式的解集为5 , 6, 7,，11（

17、5）由S ；-*-> 注意到当 y=0 时，无 意义，原方程组可化为x= 3=3>1_71片 g卩二9恥十1）一 2 2畑+ 0由此解得b d经检验知b - 3 是原方程组的解。例8、用红、黄、绿3种颜色的纸做了 3套卡片，每套卡片有写上 A B、C、D E字母 的卡片各一张，若从这 15张卡片中，每次取出 5张，则字母不同，且 3种颜色齐全的取法 有多少种？解：符合条件的取法可分为 6类第一类:取出的5张卡片中，1张红色，1张黄色，3张绿色，有U抵Cf种取法;第二类:取出的5张卡片中，1张红色，2张黄色，2张绿色，有r 5种取法;第三类:取出的5张卡片中，1张红色，3张黄色，1张

18、绿色，有种取法;第四类:取出的5张卡片中，2张红色，1张黄色，2张绿色，有种取法;第五类:取出的5张卡片中，2张红色，2张黄色，1张绿色，有c种取法;第八类:取出的5张卡片中，3张红色，1张黄色，1张绿色，有种取法;于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有N -理U席 4- CjcjC + CCfcl + 7鸥U + Cjcf C + Cfclcl 15D种点评：解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准，在这里，以红色卡片选出的数量进行主分类， 以黄色卡片选出的数量进行次分类， 主次结合，确保分类的不 重不漏，这一思路值得学习和借鉴。例9、（ 1 ）从5双不同的袜子中任取 4只，

19、则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少？（2） 设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为 1，2，3，4，5的五个盒子，将 五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的 放法有多少种？（3） 将四个不同的小球放入编号为1，2，3, 4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法 共多少种？（4）某产品共有4只次品和6只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产品测 试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有 多少种？解：（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的4只袜子中恰有2只配对，这只要从 5双袜子中任取1双，再从其

20、余4双中任取2双，并从每双中取出 1只，共有-种选 法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有种选法，于是由加法原理知，符合要求的取 法为一】一种。（2）符合条件的放法分为三类：第一类：恰有2个小球与盒子编号相同， 这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒 子中，有匚种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中， 有二种 方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有种不同方法；第二类：恰有3个小球与盒子编号相同， 这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒 子中，有V种放法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有：'种不同方法；

21、第三类：恰有5个小球与盒子编号相同，这只有 1种方法；于是由分类计数原理得，共有N=20+10+1=31种不同方法。（3）设计分三步完成：第一步，取定三个空盒（或取走一个空盒），有 -：-''种取法；第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有- 种分法；第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有 ：种放法；（75 - fSG匚1）护=c乜严沪=凶耳于是由乘法原理得共有：“-4 "种不同方法。（4）分两步完成：第一步，安排第五次测试，由于第五次测试测出的是次品，故有；种方法；第二步，安排前 4次测试，则在前四次测试中测出3只次品和1只正品的方法种数为

22、S-,.-O于是由分布计数原理可知，共有 r '种测试方法。点评：为了出现题设条件中的“巧合”，我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”，本例（1）则是这种“有意设计”的典型代表，而这里的（3），则是先“分堆”后“分配”的典型范例。五、高考真题（一）选择题1、过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A 18 对B、24 对C、30 对D、36 对分析：注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的，所以，这里欲求异面直线的对数,首先确定上述以单直线可构成的四面体个数。由上述15条直线可构成一F W个四面体，而每一四面体有 3对异面直线，故共有 36对异面直线，应选 Db2、不共面的

23、四个定点到平面a的距离都相等，这样的平面共有（）A 3个B、4个C、6个D、7个分析：不共面的四点可构成一个四面体，取四面体各棱中点， 分别过有公共顶点的三棱中点可得到与相应底面平行的 4个截面，这4个截面到四个定点距离相等；又与三组对棱分 别平行且等距的平面有 3个，故符合条件的平面共 7个，应选Db若每天排早、中、3、北京财富全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作,晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（）分析：排班工作分三步完成:第一步，从14人中选出12人，有'卷 种选法；第二步，将第一步选出的12人平均分成三组，有匚种分法;第三步，对第二步

24、分出的3组人员在三个位置上安排，有二 种排法；追 U14 5*在于是由乘法原理得不同的排班种数为L，应选A4、从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市各 一人游览，每人只游览一个城市，且这 6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案 共有（）A 300 种B、240 种 C、114 种 D、96 种分析：注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人分三类情况（1）不选甲、乙，不同方案有 厂：种；（2）甲、乙中选1人，不同方方 案有1 =丄 I种;（3）甲、乙均入选，不同方案有'-种；于是由加法原理得不同的方案总数为 24+144+72=240,应选 B。5、4位同

25、学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任 选一题作答，选甲题答对得 100分，答错得-100分；选乙题答对得 90分，答错得-90 分, 若4位同学的总分为0,则这四位同学不同的得分情况的种数是（）A 48B、 36C、 24D、 18分析：注意到情况的复杂，故考虑从“分类”切入第一类：四人全选甲题，2人答对，2人答错，有】 种情况；第二类：2人选甲题一对一错，2人选乙题一对一错，有 '-1 - 'J ' ； -种情况；第三类：四人全选乙题，2对2错，有 g 种情况。于是由加法原理得不同得分情况共有:I ： '-' 'M

26、种，应选 B。6、四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在 同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为、的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（ ）A 96B、 48C、 24D、 0分析：本题的关键是找“异面直线对”的个数，设四棱锥为S-ABCD没有公共顶点的棱只能分成 4组，每组两条棱（否则三 条棱必有公共点），每8条棱分成4组，每组两条无公共点的棱 仅有下面两种情况：（1） SA CD SB-AD； SC-AB; SD- BC （本组中同一棱 不重复出现）（2） SA BC; SB-CD S

27、C-AD SD AB（本组中同一 条棱不重复出现）于是问题可转化为：四种不同产品放入4个不同仓库的排列问题，故不同的安排分法是一：5_种，应选Bo（二）填空题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。分析：考虑直接解法：这样四位数的个位数为1, 2, 3, 4中的一个，有 1种法，千位从余下的4个非零数当中任取一个是：种排法；中间两位是种排法，于是由分步计数原理知，共是： 叫-'种不同排法，应填192。2、用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这

28、样的八位数共有（）个（用数字作答）。分析： 第一步，将1与2, 3与4, 5与6组成3个大元素进行排列，是种排法；第二步，将7与8插入上述3个大元素队列的间隙或两端，是"种方法；第三步，对3个大元素内部进行全排列，各是 儿 种方法；于是由分步计数原理得共有二二' 个，应填576。3、从集合0、P、Q R、S与0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中各任取2个元素排成 一排（字母与数字均不能重复）。每排中字母 O Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是（）分析：考虑分类计算第一类：字母 O Q和数字0均不出现，是硏苗93种排法；第二类：字母o q出现一个，数字o不出现，是 H

29、 种排法；第三类：字母 OQ不出现，数字0出现，是''种排法；于是分类计数原理知共是 2592+5184+648=8424种不同排法，应填 8424。点评：以受限制的字母 O Q和数字0出现的情况为主线进行分类，在每一类中又合理 地设计步骤，是分解题的关键所在，以某些特殊元素为主线进行分类是解决复杂的排列组合 问题的基本策略。方法归纳1重复排列“住店法”重复排列问题要区分两类元素： 一类可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素看 作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题。例1 8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（）3小8典33A 8 B 3 C A8

30、 D C8解析冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军。把 8名学生看作8家“店”，3 项冠军看作3个“客”，他们都可住进任意一家“店”，每个客有8种可能，因此共有83种 不同的结果。选（A）。评述类似问题较多。如：将 8封信放入3个邮筒中，有多少种不同的结果？这时 8 封信是“客”，3个邮筒是“店”，故共有38种结果。要注意这两个问题的区别。2特色元素“优先法”某个（或几个）元素要排在指定位置，可优先将它（们）安排好，后再安排其它元素。例2乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派 5名参加比赛，3名主力队员要安排 在第一、三、五位置，其余 7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排

31、共有 种（用数字作答）。解析3名主力的位置确定在一、三、五位中选择，将他们优先安排，有a3种可能；然后从其余7名队员选2名安排在第二、四位置，有A种排法。因此结果为A；A；=252种。例3 5个“ 1”与2个“ 2”可以组成多少个不同的数列？解析按一定次序排列的一列数叫做数列。由于7个位置不同，故只要优先选两个位置安排好“ 2”，剩下的位置填“ 1”（也可先填“1”再填“ 2”）。因此，一共可以组成 C；C；=21个不同的数列。3相邻问题“捆绑法”把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其余普通元素全排列，是为“捆绑法”，又称为“大元素法”。不过要注意“大元素”内部还需要进行排列。例4

32、有8本不同的书，其中数学书 3本，外文书2本，其他书3本，若将这些书排成一 列放在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有种（结果用数字表示）。解析将数学书与外文书分别捆在一起与其它3本书一起排，有 A种排法，再将3本 数学书之间交换有 A种，2本外文书之间交换有 A种，故共有 a5a；A；=1440种排法。评述这里需要说明的是， 有一类问题是两个已知元素之间有固定间隔时，也用“捆绑法”解决。如：7个人排成一排，要求其中甲乙两人之间有且只有一人，问有多少种不同的 排法？可将甲乙两人和中间所插一人“捆绑”在一起做“大元素”，但甲乙两人位置可对调， 而且中间一人可从其余 5人中

33、任取，故共有 c1a2a5 1200种排法。4相间冋题“插空法”元素不相邻问题，先安排好其他元素，然后将不相邻的元素按要求插入排好的元素之间 的空位和两端即可。例5某班新年联欢会原定的 5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目。如 果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（A 6 B 12 C 15 D 306个空位。将两个新节目不相邻插入,解析原来的5个节目中间和两端可看作分出当于从6个位置中选2个让它们按顺序排列，故有A 30种排法，选（D）。这一点要注意。请练习以下这道题:马路评述本题中的原有5个节目不需要再排列，上有编号为1、2、3、 10的十盏路灯

34、，为节约用电又能照明，现准备把其中的三盏灯， 但不能关掉相邻的两盏或三盏，两端的灯也不许关掉， 求不同的关灯方式有多少种？可得结 果为Ce=20种。你能很快求解吗？5多元问题“分类法”对于多个元素问题，有时有多种情况需要进行分类讨论，然后根据分类计数原理将各种可能性相加即得。需要注意的是，分类时要不重复不遗漏。例6在一块并排10垄的田地中，选择 2垄分别种植 A、B两种作物，每种作物种植一 垄。为有利于作物生长，要求 A、B两种作物的间隔不小于 6垄，则不同的选垄方法共有 种（用数字作答）。解析先考虑A种在左边的情况，有三类：A种植在最左边第一垄上时，B有三种不同的种植方法；A种植在左边第二垄

35、上时，B有两种不同的种植方法；A种植在左边第三垄上时，B只有一种种植方法。又B在左边种植的情况与 A在左边时相同。故共有2 （321） =12种不同的选垄方法。例7有11名翻译人员，其中 5名英语翻译员，4名日语翻译员，另 2人英语、日语都 精通。从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中 4人翻译英文，另4人翻译日文，这 两个小组能同时工作。问这样的分配名单共可开出多少张？解析假设先安排英文翻译， 后安排日文翻译。第一类，从5名只能翻译英文的人员中选4人任英文翻译，其余 6人中选4人任日文翻译（若“多面手”被选中也翻译日文） ，则有c5c6 ；第二类，从5名只能翻译英文的人员中选 3人任英文翻译，另从“多面手”中选i人任英文翻译，其余剩下 5人中选4人任日文翻译，有 c55c2c5 ；第三类，从5名只能翻 译英文的人员中选 2人任英文翻译，另外安排 2名“多面手”也任英文翻译，其余剩下 4 人全部任日文翻译，有 C；C；C：。三种情形相加即得结果 185 （张）。评述本题当然也可以先安排日文翻译再安排英文翻译，请大家自己列式看看。6分球问题“隔板法”计数问题中有一类“分球问题”，说的是将相同的球分到不同的盒中。如：将 10个相同 的球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，要求每个盒中至少一个球，问有多少种不同的 放法？这时可以用“隔板法”解题。即将10个相同的球