wp排列组合知识点与方法归纳

1、排列组合复习导学案编制：王平审阅：朱成2014-04-16【知识要点】一分类计数原理与分步计算原理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，加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（加脱）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素

2、中取出m个元素的一排列。（2）从n个不同元素中取出m（朋乞用）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，记为坷.2排列数的公式与性质（1）排列数的公式：儿=n（n-l）（n-2）（n-m+l）=（总赢）特例：当m=n时，心=n！=n（nT）（n-2）X3X2X1规定：0！=1（2）排列数的性质：（I）%=起（排列数上标、下标同时减1（或加1）后与原排列数的联系）（）起一腔起一腔排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系）（III）一I-1（分解或合并的依据）三组合1定义（1）从n个不同元素中取出恥（恥用）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

3、n个不同元素中取出蹤3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,表示。2组合数的公式与性质1）组合数公式：乘积表示）:_eN*,且聊旳）m!（-m）阶乘表示）特例：2）组合数的主要性质：rfM_rfM-M（I）5話（上标变换公式）r-fM丄r-vM-1_rfM（II）5+5=5+i（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

4、”，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JM_rfMM组合数之间的关系：叫=5【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，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

5、”，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=l+l+2+3=7种不同购买方法，应选C。例2、已知集合M=-1,0，1，N=2，3，4，5，映射广M，当xUM时，“+/（力+对$）为奇数，则这样的

6、映射的个数是（）A.20B.18C.32D.24分析：由映射定义知，当xUM时，畑mN当xUM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，疋+炖+g）=T+f（T）+（T）f（T）=T，此时W可取N中任一数值，即M中的元素T与N中的元素有4种对应方法;第二步，考察x=o的象，当x=o时，+/W+W）=AO）为奇数，故乳）只有2种取法（爪）=3或爪）=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，为奇数，故/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

7、元素有4种对应方法，于是由分步计数原理可知，映射/共有4X2X4=32个。个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜例3、屑中有4个编号为1，2，3，4的小三角形，要在每色中的一种，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=5X4X4=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N2=5X

8、4X3X3=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、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

9、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=3X3X1=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：241321432341第二类：编号1的方格内填数字3,也有3种不同填法：314234123421第三类：编号为1的方格内填数字4,仍有3种不同填法：412343124321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=4X3

10、X2X1=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；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N2=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

11、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列有盾种；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，又有禹种排法，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=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，这样的排列共有堆理个

12、。其中，有如下三种情况不合题意，应当排险：(1)0在首位的，有思爲个；(2)0在百位或十位，但2与3相邻的，有观船个0在个位的，但2与3相邻的，有喝个24原不等式啥一1)3_2)起侃一1)(起一2)(起一3)琥起一1)(胃一2)(起一3)3-4)因此，含有o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

13、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()D.20种首先，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A.720种B.480种C.24种分析法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有堤种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有1=2种1)4)，则n的取值集合为.(5)方程的解集为.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

14、有一种，第二步的排法种数也不再乘以塩。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、r-fM+1_.-tMM-2；(2)若，则n=解：3.13+总1)17-起乞2起:二：鬥=6注意到n满足的条件I吩矿.原式=弟+鲨+晞+%+令+q；=124运用杨辉恒等式，已知等式鷲=夂+2+空%=%+空。1+2+%=匕爲+戌0+2=代O沪-韻-4=呛32,且用eTT)q”=4所求n=4。.-tM_.-tM根据杨辉恒等式=2(4+i+U：+i)+5Q；+i+U；+i)原式=2点+4)+7(+4)+咒常+U；)=2兔2+5氏+2=2)(起+1)詹-1)注意到这里n满足

15、的条件n25且nUN*在之下，3!4!2x5!40O1-3(ra-3)(-4)m-1In-120由、得原不等式的解集为5,6,7，11由喙=睹得严却或尸x=3y17x=3yU$+i=第一类：取出的5张卡片中,1张红色,1张黄色,种取法；第二类：取出的5张卡片中,1张红色,2张黄色,rflrf2r-*22张绿色，有5S5种取法；第三类：取出的5张卡片中,1张红色,3张黄色,种取法；第四类：取出的5张卡片中,2张红色,1张黄色,rf2rflrf22张绿色，有555种取法；第五类：取出的5张卡片中,2张红色,2张黄色,rf2r-*2rfl1张绿色，有555种取法；第六类：取出的5张卡片中,3张红色,

16、1张黄色,1张绿色，有孟；种取法；OF=D或却注意到当y=0时，叩无意义，原方程组可化为x=9jCy+i）22乂2尹+1）由此解得经检验知是原方程组的解。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类于是由分类计数原理知,符合条件的取法共有N=CCCI+UgU；雋+烷嵋厌+U；矚电+碍堤饶+碍碍饶=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

17、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，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

18、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rflr-*2rflrfl厂2其余4双中任取2双，并从每双中取出1只，共有5S55种选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有5种选法，于是由加法原理知，符合要求的取法为+=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，有鱼种放法，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=20种不同方法;种放法，则第二类：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

19、，有當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=10种不同方法；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N餓）种取法；严2rflrfl第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有2!种分法；第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有惰种放法；严2严.r-flCl-（gG）4=eg爲=144于是由乘法原理得共有：囚种不同方法。（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

20、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盅屈。于是由分布计数原理可知，共有川=*盂虫=5尤种测试方法。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。【方法归纳】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18名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（）A83B38CA3DC388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”

21、，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。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

22、其余7名队员选2名3安排在第二、四位置，有A2种排法。因此结果为A3A2=252种。737例35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C2C2=21个不同的数列。72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

23、，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A5种排法，再将3本数学书之间交换有A3种，253本外文书之间交换有A2种，故共有A5A3A2=1440种排法。2532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人中任取，故共有CiA2A5二1200种排法。525相间问题“插空法”元素不相邻问题，先安排好其他元素，然后将不相邻

24、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（）A6B12C15D30解析原来的5个节目中间和两端可看作分出6个空位。将两个新节目不相邻插入，相当于从6个位置中选2个让它们按顺序排列，故有A2=30种排法，选（D）。6评述本题中的原有5个节目不需要再排列，这一点要注意。请练习以下这道题：马路上有编号为1、2、3、10的十盏路灯，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

25、果为C3=20种。你能很快求解吗？6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2x（3+2+1）=12

26、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C4C4；第二类，从5名只能翻译英文的人员中选356人任英文翻译，另从“多面手”中选1人任英文翻译，其余剩下5人中选4人任日文翻译，有C3C1C4；第三类，从5255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

27、“多面手”也任英文翻译，其余剩下4人全部任日文翻译，有C2C2C4。三种情形相加即得结果185（张）524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。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个相同的球排成一排，中间看作有9个空，从中选出3个不同的空插入3个“隔板”，则每一种插法对应一种球的放法，因此共有C3=84种不同的放法。用“隔板法”可很快地解决以下问题。9例8已知两个实数集合A二a,a，,a与B二b,b，,b，若从A到B的映射f使得B中每一个元素都121001250有原象，且f（a）f（a）-f（a），则这样的映射共有（）AC50BC50CC49DC49121001009910099解析本题可以将A中的100个元素按a,a，,a的顺序排成一排，中间有99个空，从中选出49个插上隔板12100就是结果，即C49，选（D）。99正难则反“排除法”