小学奥数排列组合.

1、计数问题教学目标1. 使学生正确理解排列、组合的意义；正确区分排列、组合问题；2. 了解排列、排列数和组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的排列或组合；3. 掌握排列组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；4. 会、分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；通过本讲的学习，对排列组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握排列与组合的联系和区别，并掌握一些排列组合技巧，如捆绑法、挡板法等。5. 根据不同题目灵活运用计数方法进行计数。一、排列组合的应用【例 1】小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？（ 1）七个人排成一排；

2、（ 2）七个人排成一排，小新必须站在中间 .（ 3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.（ 4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边 .（ 5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上 .（ 6）七个人战成两排，前排三人，后排四人 .（ 7）七个人战成两排，前排三人，后排四人 . 小新、阿呆不在同一排。【解析】 （1） P77 5040 （种）。（ 2）只需排其余 6 个人站剩下的 6 个位置 P66 720 （种） .（3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6 个位置 2× P66 =1440( 种) （ 4）先排两边，再排剩下的 5 个位置，其中两边的小新和阿呆还可以

3、互换位置 2 P55 240 ( 种) （5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5 个人中选 2 人，再排剩下的5 个人， P52P552400 （种） .（6）七个人排成一排时， 7 个位置就是各不相同的现在排成两排，不管前后排各有几个人， 7 个位置还是各不相同的，所以本题实质就是 7 个元素的全排列 P77 5040 （种） .（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“小新在前，阿呆在后”，两种情况是对等的，所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2 即可 4×3共18页第1页× P55 ×2=2880( 种) 排队问题，一般先考虑特殊情况再去全排列。【例

4、2】用 1、2、3、4、 5、6 可以组成多少个没有重复数字的个位是5 的三位数？【解析】 个位数字已知，问题变成从从 5 个元素中取2 个元素的排列问题，已知 n 5 ，24 20 ( 个) 符合题意的三位数。m 2 ，根据排列数公式，一共可以组成 P5 5【巩固】用 1、2、3、 4、5 这五个数字可组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？【解析】 可以分两类来看： 把 3 排在最高位上，其余4 个数可以任意放到其余4 个数位上，是 4 个元素全排列的问题，有 42 1 24 ( 种) 放法，对应24 个不同的五位数；P443 把 2，4，5 放在最高位上，有3 种选

5、择，百位上有除已确定的最高位数字和 3 之外的 3 个数字可以选择，有3 种选择，其余的3 个数字可以任意放到其余 3 个数位上，有 P336种选择由乘法原理，可以组成 3 3 6 54 ( 个 ) 不同的五位数。由加法原理，可以组成245478( 个) 不同的五位数。【巩固】用 0 到 9 十个数字组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数按从小到大的顺序排列，则5687 是第几个数？【解析】 从高位到低位逐层分类： 千位上排 1，2 ，3或 4 时，千位有 4 种选择，而百、十、个位可以从 0 9 中除千位已确定的数字之外的 9 个数字中选择，因为数字不重复，也就是从 9 个元素中取 3个的

6、排列问题，所以百、十、个位可有 P93 9 8 7 504 ( 种) 排列方式由乘法原理，有45042016( 个) 千位上排 5 ，百位上排 0 4 时，千位有 1 种选择，百位有 5 种选择，十、个位可以从剩下的八个数字中选择也就是从 8 个元素中取 2 个的排列问题，即 P828 756 ，由乘法原理，有 1 556 280(个) 千位上排 5，百位上排6 ，十位上排0，1，2， 3， 4 ， 7 时，个位也从剩下的七个数字中选择，有1 1 6 7 42(个) 千位上排 5，百位上排6 ，十位上排8时，比5687小的数的个位可以选择0 ，1，2，3，4共 5个综上所述，比5687小的四位

7、数有 2016 28042 52343( 个) ，故比 5687小是第2344个四位数【例 3】用 1、 2 、 3、 4 、 5 这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3 的倍数？共18页第2页【解析】 按位数来分类考虑：一位数只有 1个 3；两位数：由 1与 2， 1与 5 ， 2 与 4 ， 4 与 5 四组数字组成，每一组可以组成2P2212( 个) 不同的两位数，共可组成248 ( 个) 不同的两位数；三位数：由 1， 2 与 3； 1， 3与 5； 2 ， 3与 4； 3， 4 与 5 四组数字组成，每一组可以组成 P333216 ( 个 ) 不同的三位数，共可组成 6424

8、( 个) 不同的三位数； 四位数：可由 ， ， ， 这四个数字组成，有424 ( 个) 不同的1245P44321四位数； 五位数：可由1， 2， 3 ， 4， 5 组成，共有 P555 4321120 ( 个) 不同的五位数由加法原理，一共有1824 24 120 177 ( 个) 能被 3 整除的数，即3 的倍数【巩固】用 1、2、3、4、5、6 六张数字卡片，每次取三张卡片组成三位数，一共可以组成多少个不同的偶数？【解析】由于组成偶数，个位上的数应从 2 ， 4 ， 6 中选一张，有 3种选法；十位和百位上的数可以从剩下的 5 张中选二张，有 P2 5 4 20 ( 种) 选法由乘法原理

9、，一5共可以组成 3 2060 ( 个) 不同的偶数【例 4】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0 数码组成，且四个数码之和是9 ，那么确保打开保险柜至少要试几次？【解析】四个非 0 数码之和等于 9 的组合有 1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3 六种。第一种中，可以组成多少个密码呢？只要考虑 6 的位置就可以了， 6 可以任意选择 4 个位置中的一个，其余位置放 1，共有 4 种选择；第二种中，先考虑放 2 ，有 4 种选择，再考虑 5 的位置，可以有 3 种选择，剩下的位置放 1，共有 4 3 12 ( 种)

10、选择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有 12 种选择最后一种，与第一种的情形相似， 3 的位置有 4 种选择，其余位置放 2 ，共有 4种选择综上所述，由加法原理，一共可以组成 4 12 12 12 12 4 56( 个) 不同的四位数，即确保能打开保险柜至少要试 56次【例 5】两对三胞胎喜相逢，他们围坐在桌子旁，要求每个人都不与自己的同胞兄妹相邻， ( 同一位置上坐不同的人算不同的坐法) ，那么共有多少种不同的坐法？【解析】 第一个位置在 6 个人中任选一个， 有 C616 ( 种) 选法，第二个位置在另一胞胎的3人中任选一个，有 C313 ( 种) 选法同理，第3，4，5，6个位置

11、依次有 2，2，1 ， 1种选法由乘法原理，不同的坐法有P1P1P1P1P1P163221172(种)。632211【例 6】一种电子表在6 时 24 分 30 秒时的显示为 6: 24：30，那么从 8 时到 9 时这段共18页第3页时间里，此表的5 个数字都不相同的时刻一共有多少个?【解析】 设 A: BC DE 是满足题意的时刻，有A 为 8，B、D 应从 0，1，2，3，4，5 这 6个数字中选择两个不同的数字，所以有 P62 种选法，而 C、E 应从剩下的 7 个数字中选择两个不同的数字，所以有P72 种选法，所以共有 P62 × P72 =1260 种选法。从 8 时到

12、9 时这段时间里，此表的5 个数字都不相同的时刻一共有 1260 个。【例 7】一个六位数能被 11 整除，它的各位数字非零且互不相同的将这个六位数的 6 个数字重新排列，最少还能排出多少个能被11 整除的六位数 ?【解析】 设这个六位数为abcdef ，则有 ( ace) 、(bdf ) 的差为 0 或 11 的倍数且 a、b、c、d、e、f 均不为 0，任何一个数作为首位都是一个六位数。先考虑 a、c、e 偶数位内， b、d、f 奇数位内的组内交换，有P33 × P33 =36 种顺序；再考虑形如 badcfe 这种奇数位与偶数位的组间调换， 也有 P33 × P33

13、=36 种顺序。所以，用均不为 0 的 a、b、c、d、e、f 最少可排出 36+36=72 个能被 11 整除的数 ( 包含原来的 abcdef ) 。所以最少还能排出72- 1=71 个能被 11 整除的六位数。【例 8】已知在由甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学进行的手工制作比赛中，决出了第一至第五名的名次甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说： “很遗憾，你和乙都未拿到冠军 ”对乙说：“你当然不会是最差的 ”从这个回答分析， 5 人的名次排列共有多少种不同的情况？【解析】 这道题乍一看不太像是排列问题，这就需要灵活地对问题进行转化仔细审题，已知“甲和乙都未拿到冠军” ，而且“乙不是最差的

14、” ，也就等价于 5 人排成一排，甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法数，因为乙的限制最多，所以先排乙，有3 种排法，再排甲，也有3 种排法，剩下的人随意排，有P332 1 6(种)排法由乘法原理，一共有 3 3 654 ( 种) 不同的排法。3【例9】 4名男生， 5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法： 甲不在中间也不在两端； 甲、乙两人必须排在两端； 男、女生分别排在一起； 男女相间【解析】 先排甲， 9 个位置除了中间和两端之外的6 个位置都可以，有6 种选择，剩下的 8 个人随意排，也就是 8 个元素全排列的问题，有 P8 8 76 5432140320(种)选8择

15、由乘法原理，共有 640320 241920( 种) 排法 甲、乙先排，有 P222 12 ( 种) 排法；剩下的 7 个人随意排，有P777 6 54 32 15040 ( 种) 排法由乘法原理，共有 25040 10080( 种) 排法 分别把男生、女生看成一个整体进行排列， 有 P222 12 ( 种) 不同排列方法，共18页第4页再分别对男生、 女生内部进行排列， 分别是 4 个元素与 5 个元素的全排列问题，分别有P4443 2 1 24(种)和P5554 3 2 1 120(种)排法由乘法原理，共有 2241205760( 种) 排法 先排 4 名男生，有 P4443 21 24

16、( 种 ) 排法，再把 5 名女生排到 5 个空档中，有 P555 4 3 2 1 120( 种) 排法由乘法原理， 一共有 24 120 2880( 种) 排法。【巩固】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目。如果贝贝和妮妮不相邻，共有（）种不同的排法。【解析】 五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）。如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）。24×因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有2=48( 种

17、) ；贝贝和妮妮不相邻的排列方式有 120- 48=72（种）。【例 10】 一台晚会上有6 个演唱节目和 4 个舞蹈节目求：当 4 个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？当要求每 2 个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？【解析】 先将 4 个舞蹈节目看成 1 个节目，与 6 个演唱节目一起排，则是7 个元素全排列的问题，有P777!76543215040 ( 种) 方法第二步再排 4个舞蹈节目，也就是 4 个舞蹈节目全排列的问题，有P444!432124 ( 种) 方法根据乘法原理，一共有504024120960( 种) 方法首先将 6 个演唱

18、节目排成一列 ( 如下图中的“” ) ，是 6 个元素全排列的问题，一共有 P666!654321720(种)方法×××××××第二步，再将 4 个舞蹈节目排在一头一尾或 2 个演唱节目之间 ( 即上图中“×”的位置 ) ，这相当于从 7 个“×”中选 4 个来排，一共有 P74 7 6 5 4 840 ( 种)方法根据乘法原理，一共有720840604800( 种) 方法。【巩固】 由 4个不同的独唱节目和 3个不同的合唱节目组成一台晚会， 要求任意两个合唱节目不相邻，开始和最后一个节目必须是合唱，则这

19、台晚会节目的编排方法共有多少种？【解析】 先排独唱节目，四个节目随意排， 是 4 个元素全排列的问题， 有 P44432124种排法；其次在独唱节目的首尾排合唱节目，有三个节目，两个位置，也就是从三个节目选两个进行排列的问题，有P32326 ( 种) 排法；再在独唱节目之间的3 个位置中排一个合唱节目，有3 种排法由乘法原理，一共有共18页第5页24 6 3 432( 种) 不同的编排方法【小结】 排列中，我们可以先排条件限制不多的元素，然后再排限制多的元素如本题中，独唱节目排好之后， 合唱节目就可以采取“插空”的方法来确定排法了总的排列数用乘法原理把若干个排列数相乘，得出最后的答案。【例 1

20、1】 从 1，2， ，8 中任取 3 个数组成无重复数字的三位数， 共有多少个？（只要求列式）从 8 位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不同的选法？ 3 位同学坐 8 个座位，每个座位坐 1 人，共有几种坐法？8 个人坐 3 个座位，每个座位坐 1 人，共有多少种坐法？一火车站有 8 股车道，停放 3 列火车，有多少种不同的停放方法？8 种不同的菜籽， 任选 3 种种在不同土质的三块土地上， 有多少种不同的种法？【解析】按顺序，有百位、十位、个位三个位置， 8 个数字（ 8 个元素）取出 3 个往上排，有 P83 种3 种职务 3 个位置，从 8 位候选人（ 8 个

21、元素）任取 3 位往上排，有 P83 种 3 位同学看成是三个位置， 任取 8 个座位号（8 个元素）中的 3 个往上排（座号找人），每确定一种号码即对应一种坐法，有 P83 种3 个坐位排号 1，2，3 三个位置，从8 人中任取 3 个往上排（人找座位），有 P83 种3 列火车编为 1，2， 3 号，从 8 股车道中任取 3 股往上排，共有 P83 种土地编 1，2，3 号，从 8 种菜籽中任选 3 种往上排，有 P83 种。【巩固】现有男同学 3 人，女同学 4 人( 女同学中有一人叫王红) ，从中选出男女同学各 2 人，分别参加数学、英语、音乐、美术四个兴趣小组：( 1) 共有多少种选

22、法 ?( 2) 其中参加美术小组的是女同学的选法有多少种?( 3) 参加数学小组的不是女同学王红的选法有多少种?( 4) 参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有多少种 ?【解析】 （1）从 3 个男同学中选出2 人，有 3 2 =3 种选法。从 4 个女同学中选出2 人，2有 4 3 =6 种选法。在四个人确定的情况下，参加四个不同的小组有4×3×22×1=24 种选法。3×6×24=432，所以共有 432 种选法。（2）在四个人确定的情况下，参加美术小组的是女同学时有 2×3×2×1=1

23、2 种选法。3×6×12=216，所以其中参加美术小组的是女同学的选法有216 种。共18页第6页（3）考虑参加数学小组的是王红时的选法，此时的问题相当于从3 个男同学中选出 2 人，从 3 个女同学中选出1 人， 3 个人参加 3 个小组时的选法。3 × 3 × 3× 2 × 1=54，所以参加数学小组的是王红时的选法有54 种，432- 54=378，所以参加数学小组的不是女同学王红的选法有378 种。（4）考虑参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法，此时的问题相当于从 3 个男同学中选出 2 人参加两个不同的小组，

24、从 3 个女同学中选出 1 人参加美术小组时的选法。3× 2×3=18，所以参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法有 18 种， 216- 18=198，所以参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有 198 种。【例 12】 某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成 3 个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的 48 名选手分成 8 个小组，每组 6 人，分别进行单循环赛；第二阶段：将 8个小组产生的前2 名共 16 人再分成 4个小组，每组 4 人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4 个小组产生的 4 个第 1名进行 2 场半决赛和 2场决赛，确定 1

25、至4名的名次问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？【解析】 第一阶段中，每个小组内部的 6 个人每 2 人要赛一场，组内赛 C62 6515 场，21共 8 个小组，有158 120场；第二阶段中，每个小组内部 4 人中每 2人赛一场，组内赛 C42 436场，共 4 个小组，有 6 4 24 场；第三阶段赛 2 24 场根据21加法原理，整个赛程一共有120244148场比赛。【例 13】 由数字 1，2，3 组成五位数，要求这五位数中1，2，3 至少各出现一次，那么这样的五位数共有 _个。 ( 2007 年“迎春杯”高年级组决赛)【解析】 这是一道组合计数问题由于题目中仅要求1， 2 ，3

26、至少各出现一次，没有确定1 ， 2 ，3 出现的具体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由 1,2,3 组成的五位数中， 去掉仅有 1个或 2 个数字组成的五位数即可( 法 1) 分两类： 1，2 ，3中恰有一个数字出现 3次，这样的数有 C31 5 4 60 ( 个) ； 1， 2， 3中有两个数字各出现 2 次，这样的数有 C32 5 C42 90 ( 个) 符合题意的五位数共有 60 90 150 ( 个) ( 法 2) 从反面想，由 1 ， 2 ， 3 组成的五位数共有 35 个，由 1， 2 ， 3中的某 2 个数字组成的五位数共有 3 (2 5 2) 个，由

27、 1 ，2 ， 3中的某 1 个数字组成的五位数共有3个，所以符合题意的五位数共有 35 3 (2 5 2) 3 150 ( 个) 。【例 14】 10 个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？【解析】( 法 1) 乘法原理按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有 7 种选择，总共就有 7 10 70 种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了两种，所以最后的结果应该是 ( 10 1 1 1) 10 2 35( 种) 共18页第7页

28、( 法 2) 排除法可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况， 总的组合数为 C102 ，而被选的两个人相邻的情况有 10 种，所以共有 C102 10 45 10 35 ( 种) 。【例 15】 8 个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？【解析】冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留给冬冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑只满足第一、三个条件的站法总数为：C73P22C4

29、1 P22P333360 （种）同时满足第一、三个条件，满足小慧和大智必须相邻的站法总数为：C63P22P32P22 P22960 （种）因此同时满足三个条件的站法总数为：3360 960 2400 （种）。【例 16】 小明有 10 块大白兔奶糖 , 从今天起 , 每天至少吃一块. 那么他一共有多少种不同的吃法 ?【解析】 我们将 10 块大白兔奶糖从左至右排成一列, 如果在其中9 个间隙中的某个位置插入“木棍” , 则将 lO 块糖分成了两部分。我们记从左至右 , 第 1 部分是第 1 天吃的 , 第 2 部分是第 2 天吃的 , ，如: | 表示第一天吃了3 粒, 第二天吃了剩下的7 粒

30、： | | 表示第一天吃了 4 粒, 第二天吃了 3 粒, 第三天吃了剩下的 3 粒不难知晓 , 每一种插入方法对应一种吃法 , 而 9 个间隙 , 每个间隙可以插人也可以不插入 , 且相互独立，故共有 29=512 种不同的插入方法 , 即 512 种不同的吃法。【巩固】小红有 10 块糖，每天至少吃 1 块，7 天吃完，她共有多少种不同的吃法？【解析】 分三种情况来考虑：当小红最多一天吃4块时，其余各每天吃1 块，吃 4 块的这天可以是这七天里的任何一天，有7 种吃法；当小红最多一天吃 3 块时，必有一天吃 2 块，其余五天每天吃 1块，先选吃 3 块的那天，有 7 种选择，再选吃 2 块

31、的那天，有 6 种选择，由乘法原理，有7 6 42 种吃法； 当小红最多一天吃 2 块时，必有三天每天吃 2 块，其四天每天吃 1 块，从 7 天中选 3 天，有 C73 76535( 种) 吃法。3217 42 35 84 ( 种) 不同的吃法根据加法原理，小红一共有还可以用挡板法来解这道题， 10块糖有 9 个空，选 6 个空放挡板，有 C96C9384(种)不同的吃法。【巩固】把 20 个苹果分给 3 个小朋友，每人最少分3 个，可以有多少种不同的分共18页第8页法？【解析】( 法 1) 先给每人 2 个，还有 14 个苹果，每人至少分一个， 13 个空插 2 个板，有 C132 78

32、种分法(法 2) 也可以按分苹果最多的人分的个数分类枚举。【巩固】有 10 粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有多少种不同的吃法？【解析】如图： | | ，将 10 粒糖如下图所示排成一排，这样每两颗之间共有 9 个空，从头开始吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线隔开表示之前的糖和之后的糖不是在同一天吃掉的，九个空中画两条竖线，一共有 9 8 2 36 种方法【例 17】 某池塘中有 A、B、C 三只游船， A 船可乘坐 3 人， B 船可乘坐 2 人， C 船可乘坐 1 人，今有 3个成人和 2 个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他

33、们5 人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？【解析】 由于有儿童乘坐的游船上必须至少有1个成人陪同，所以儿童不能乘坐 C 船若这 5 人都不乘坐 C 船，则恰好坐满 A、B 两船，若两个儿童在同一条船上，只能在 A 船上，此时 A 船上还必须有 1个成人，有 C313 种方法；若两个儿童不在同一条船上，即分别在 A、B 两船上，则 B 船上有 1个儿童和 1个成人， 1个儿童有 C212 种选择， 1 个成人有 C313 种选择，所以有 2 36 种方法故 5 人都不乘坐 C 船有 3 6 9 种安全方法；若这 5 人中有 1人乘坐 C 船，这个人必定是个成人，有 C313 种选择其余

34、的 2个成人与2 个儿童，若两个儿童在同一条船上，只能在A 船上，此时 A 船上还必须有 1个成人，有 C12 2 种方法，所以此时有 3 2 6 种方法；若两个儿童不在同一条船上， 那么 B 船上有 1个儿童和 1个成人，此时 1个儿童和 1 个成人均有 C12 2 种选择，所以此种情况下有 3 2 2 12 种方法；故 5 人中有 1人乘坐 C 船有 6 12 18种安全方法所以，共有 9 18 27 种安全乘法【例 18】 从 10名男生， 8名女生中选出 8人参加游泳比赛在下列条件下，分别有多少种选法？恰有 3 名女生入选；至少有两名女生入选；某两名女生，某两名男生必须入选；某两名女生

35、，某两名男生不能同时入选；某两名女生，某两名男生最多入选两人。【解析】 恰有3名女生入选，说明男生有5人入选，应为C35种；810C 14112要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：C188C108C107C8143758 ；共18页第9页 4 人必须入选，则从剩下的 14 人中再选出另外 4 人，有 C144 1001 种；从所有的选法 C188 种中减去这 4 个人同时入选的 C144 种：C188C14443758100142757 分三类情况：4 人无人入选；4 人仅有 1人入选； 4

36、人中有 2 人入选，共：C148C14C147C42C14634749 。【巩固】在 6 名内科医生和 4 名外科医生中， 内科主任和外科主任各一名， 现要组成 5 人医疗小组送医下乡，按照下列条件各有多少种选派方法？ 有 3 名内科医生和2 名外科医生； 既有内科医生，又有外科医生； 至少有一名主任参加； 既有主任，又有外科医生。【解析】 先从 6 名内科医生中选 3 名，有 C6365420 种选法；再从4 名外科医生中321选2名，共有 C42436 种选法根据乘法原理，一共有选派方法206120种2 1 用“去杂法”较方便，先考虑从10名医生中任意选派 5人，有5109876252 种

37、选派方法； 再考虑只有外科医生或只有内科医生的C1054321情况由于外科医生只有 4 人，所以不可能只派外科医生如果只派内科医生，有 C65C616 种选派方法所以，一共有252 6246种既有内科医生又有外科医生的选派方法。 如果选 1名主任，则不是主任的 8 名医生要选 4人，有 248765种C823214041选派方法；如果选 2名主任，则不是主任的8名医生要选 3人，有1 C831 87656种选派方法根据加法原理，一共有140 56196 种选派方321法 分两类讨论：若选外科主任，则其余4 人可任意选取，有49876种选取方法；C94321261若不选外科主任， 则必选内科主任

38、，且剩余 4 人不能全选内科医生， 用“去杂法”有 C84C54 8765543265 种选取法43214321根据加法原理，一共有 12665191种选派方法。【例 19】 在 10 名学生中，有 5 人会装电脑，有 3 人会安装音响设备，其余 2 人既会安装电脑，又会安装音响设备，今选派由 6 人组成的安装小组，组内安装电脑要 3人，安装音响设备要 3 人，共有多少种不同的选人方案？【解析】 按具有双项技术的学生分类：两人都不选派，有 C5354310 ( 种) 选派方法；321共18页第10页两人中选派 1人，有 2 种选法而针对此人的任务又分两类：若此人要安装电脑，则还需254( 种)

39、 选法，而另外2 人安装电脑，有 C52101会安装音响设备的 3 人全选派上，只有 1 种选法由乘法原理，有 10 1 10 ( 种)选法；若此人安装音响设备， 则还需从 3人中选 2 人安装音响设备，有 C32 323( 种)选法，需从 5 人中选 3人安装电脑，有 C53 5432110 ( 种) 选法由乘法原理，有 3 10 30( 种) 选法321根据加法原理，有103040( 种) 选法；综上所述，一共有24080 ( 种) 选派方法 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：两人全安装电脑，则还需要从5 人中选 1人安装电脑，另外会安装音响设备的 3 人全选上安装音响设备，有515

40、 ( 种) 选派方案；两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有方案；225432(种) 选派C5C3212601两人全安装音响设备，有3543( 种) 选派方案3C5 332301根据加法原理，共有 5 6030 95 ( 种) 选派方案综合以上所述，符合条件的方案一共有1080 95185( 种) 【例 20】 有 11 名外语翻译人员，其中 5 名是英语翻译员， 4 名是日语翻译员，另外两名英语、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以开出多少张？【解析】 针对两名英语、日语都精通人员( 以下称多面

41、手 ) 的参考情况分成三类：多面手不参加，则需从5 名英语翻译员中选出4 人，有 C54C515 种选择，需从 4名日语翻译员中选出 4 人，有 1种选择由乘法原理，有 5 1 5种选择 多面手中有一人入选，有 2 种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：如果参加英文翻译， 则需从 5 名英语翻译员中再选出 3人，有 C53 54310种321选择，需从 4名日语翻译员中选出 4 人，有1种选择由乘法原理，有 210120种选择；如果参加日文翻译， 则需从 5名英语翻译员中选出 4人，有 C54C515 种选择，需从 4名日语翻译员中再选出3 名，有 C43C414 种选择由乘法

42、原理，有2 5 440 种选择根据加法原理，多面手中有一人入选，有204060种选择 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况：两人都译英文；两人都译日文；两人各译一个语种情况中，还需从 5 名英语翻译员中选出2 人，有 C52 5410 种选择需从 421共 18页第 11页名日语翻译员中选4人， 1种选择由乘法原理，有1 10 1 10种选择情况中，需从 5 名英语翻译员中选出 4 人，有 C54C515 种选择还需从 4 名日语翻译员中选出2人，有 C42 436 种选择根据乘法原理， 共有 1 5 6 3021种选择情况中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择剩下的需从5

43、 名英语翻译员中选出 3 人，有 C53 54310 种选择，需从 4 名日语翻译员中选出 3321人，有 C43C414 种选择由乘法原理，有 1 2104 80 种选择根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有103080120 种选择综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出560 120 185 张二、几何计数【例 21】 下图中共有 _个正方形。【解析】 每个 4 4 正方形中有：边长为1 的正方形有 42 个；边长为2的正方形有 32 个；边长为 3 的正方形有22个；总共有2322222 个；边长为 4 的正方形有 141 30(个)正方形现有 5 个 44 的正方形，它们重叠

44、部分是4 个 22 的正方形因此，图中正方形的个数是30554130。【例 22】 在图中 ( 单位：厘米 ) ：一共有几个长方形 ?所有这些长方形面积的和是多少?512812473【解析】 一共有 (4321)(4321)100 ( 个) 长方形；所求的和是51281(512)(128)(81)(5128)(1281)(51281)2473(24)(47)(73)(247)(473)(2473)144 8612384( 平方厘米 ) 。【例 23】 由 20 个边长为1 的小正方形拼成一个45 长方形中有一格有 “” 图中含有“”的所有长方形( 含正方形) 共有个，它们的面积总和是。 ( 第

45、六届走美决赛试题 )共18页第12页【解析】 含的一行内所有可能的长方形有：( 八种 )含的一列内所有可能的长方形有：(六种)所以总共长方形有6848个，面积总和为(12233445)(122334)360 。【巩固】图中共有多少个三角形？【解析】显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两类中三角形的个数相等尖向上的三角形又可分为 6 类（ 1）最大的三角形 1 个( 即 ABC) ，（ 2）第二大的三角形有 3 个（ 3）第三大的三角形有 6 个（ 4）第四大的三角形有 10 个（ 5）第五大的三角形有 15 个（ 6）最小的三角形有 24 个所以尖向上的三角形共有 1+3+6+10+15+2

46、4=59（个）图中共有三角形 2×59=118（个）。【例 24】 一个圆上有 12 个点 A1，A2，A3， ， A11，A12以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交问共有多少共18页第13页种不同的连法 ?【解析】 我们采用递推的方法I 如果圆上只有 3 个点，那么只有一种连法如果圆上有 6 个点，除 A1 点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在 A1 所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表 1 给出这时有可能的连法。如果圆上有9 个点，考虑 A1 所在的三角形此时，其余的6 个点可能分布在： A1 所在三角形的一个边所对的弧上；也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另 一 边所对的弧上在表 2 中用“ +”号表示它们分布在不同的边所对的弧如果是情形，则由，这六个点有三种连法；如果是情形，则由，每三个点都只能有一种连法共有 12 种连法最后考虑圆周上有 12 个点同样考虑 A1 所在三角形，剩下 9 个点的分布有三种可能： 9 个点都在同一段弧上：有 6 个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；每三个点在A1 所在三角形的一条边对应的弧上得到表3共18页第14页共有 12×3+3×6+155 种所以当圆周上