高中数学典型例题-组合

典型例题一

例1计算：（1）（。制+G%）+A*；（2）C；+《+…+G]

分析：本题如果直接计算组合数，运算比较繁.本题应努力在式子中创造条件使用组合

数的性质，第（1）题中，G%=C盆，经此变形后，可继续使用组合数性质.第（2）题有

两个考虑途径，一方面可以抓住项的变形c；=c,L-c3求和；另一方面，变形c；=c：,

接着c：+C=c；,c；+c；=c：…，反复使用公式.

解：（1）原式=（Goo+G.oo）+Aoi=Goi+Aoi

=1+4；=L

6

（2）原式=c；+c；_c：+c；Y+…

==330.

另一方法是：原式=C：+c+C：+…+C]

=c；+c；+…+G%=c：+c；+…+G%

=...——=330.

说明：利用第（2）小题的手段，我们可以得到组合数的一个常用的结论:

c；；+c：n,••+《：=/；

左边=/+C；%-C：；：：；+-C；%+…+c鬻一C；+I=C：;；=右边.

典型例题二

例2从7名男生5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法种数有多少种？

（1）4、B必须当选；（2）4、8都不当选；（3）A、8不全当选；（4）至少有2

名女生当选；（5）选出5名同学，让他们分别担任体育委员、文娱委员等5种不同工作，但

体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任.

分析:本题是组合应用题中典型的选代表问题，通过一些明确的条件对结果进行限制.问

题（1）A.8必须当选，它们就不必再考虑，只要再选出余下的代表.问题（2）A、8

必须不当选，实际上就是去掉这几个元素不予考虑.问题（3）A、8不全当选可以从正反

两方面考虑.从正面考虑可以按A、8全不选和A、8选一个分类，从反而考虑可用间接

法，去掉A、8全选的情况.问题（4）可以按女生选2人、3人…进行分类，当然也可以

从反面考虑用间接法.问题（5）可以先处理特殊位置的体育班委与文娱班委.

解：（1）除4、8选出外，从其它10个人中再选3人,共有的选法种数为=120

（种）.

（2）去掠A、B,从其它10人中任选5人，共有的选法种数为：=252（种）.

（3）按4、3的选取情况进行分类：A、8全不选的方法数为A、8选1人

的方法数为C；C1，共有选法C*+C；Gl）=672（种）.

本小题的另一解法：从12人中选5人的选法中去掉A、B全选的情况，所有选法只有

Gi=672（种）.

方法一：按女同学的选取情况分类：

选2名女同学、3名男同学；选3名女同学2名男同学；选4名女同学1名男同学；选

5名女同学.所有选法数为：

+C；C；+C：C；+C；=596（种）.

方法二：从反面考虑，用间接方法，去掉女同学不选或选1人的情况，所有方法总数为：

=596（种）.

（5）选出一个男生担任体育班委，再选出1名女生担任文娱班委，剩下的10人中任取

3人担任其它3个班委.用分步计数原理可得到所有方法总数为：C；・•4%=25200（种）.

说明：对于本题第（4）小题，“至少有2名女生当选"，我们可能还有另外一种考虑，

先从5名女生中选出2人，然后在剩下的10人中任选3人，得到的方法数为=1200

（种），与上述答案比较，结果明显增多了，为什么会出现以上情况？上述步骤得到的选取

结果虽然符合了有.2名女生的要求，但在计数时出现了重复，比如先选两女生为4、b,剩

下的10人中如果又选出了女生c,与先选两名女生为a、c后又选出了女生6,出现了同

样的结果，因为选取问题仅考虑选出了哪些元素，至于先选后选并不考虑.这里需要我们引

起注意的是以后遇到“至少”类型的问题，•般采用分类法或间接法解决，在选取问题中尽

可能避免出现重复计数，我们还可以进一步从下一个例子加深理解.

典型例题三

例3空间10个点，其中有5点在同一个平面内，其余无三点共线，四点共面，问以这

些点为顶点，共可构成多少个四面体？

分析：本题如果从正面考虑可以按5个共面的点的选用情况进行分类.如果从反面考虑

用间接法，只要去掉从5个共面的点中任取四个点的情况，因为共面的四个点不能构成四面

体的四个顶点.

解：方法一：可以按共面的点取0个、1个、2个、3个进行分类，得到所有的取法总

数为：+C5C5++C5C5=205个.

方法二：从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况,

得到所有构成四面体的方法数为：G：—。；=205（个）.

说明：以几何为背景的此类应用题中，间接方法用得比较多，在考虑去掉不符合要求的

选法时，既不能多去，也不能少去，此外有时还需去掉一些重复计数的情况.比如：四面体

的顶点和各条棱的中点共10个点，任取其中的4个点，其中不共面的取法有多少种？我们

可以从10个点中任取4点.共有种取法，然后去掉下面几种情况，4个点取在四面体的

同一个面上，有4C：种取法；四个中点连成平行四边形的情形，有3种取法，还有3点在

四面体的一条棱上，另一点是其它点，不考虑已计算的四点在四面体同一面上的情况，共有

6种取法.用间接法可得不同的取法共有：^-4^-3-6=141（种）.

典型例题四

例4在1,3,5,7,9中任取3个数字，在0,2,4,6,8中任取两个数字，可组成

多少个不同的五位偶数.

分析：因为零不能作首位数，所以是特殊元素，因此可以根据选零不选零为分类标准。

解：第一类：五位数中不含数字零。

第一步：选出5个数字，共有种选法.

第二步：排成偶数一先排末位数，有8种排法，再排其它四位数字，有匕种排法.

二Ni=C；C,P；.P：（个）

第二类：五位数中含有数字零.

第一步：选出5个数字，共有种选法。

第二步：排顺序又可分为两小类；

（1）末位排零，有丹•匕种排列方法；

（2）末位不排零.这时本位数有C；种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有

P；种排法，其余3个数字则有片种排法.

•••+

符合条件的偶数个数为

N=乂+M=C；C：P；P：++H8）

=4560（个）

说明：本题也可以用间接法（即排除法）来解.请自行完成.

典型例题五

例5有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左

舷也会划右舷。现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，有多

少种不同的选法？

分析：设集合A=｛只会划左舷的3个人｝,B=｛只会划右舷的4个人｝,C=｛既会划左舷又

会划右舷的5个人｝

先分类，以集合A为基准，划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A中有3人；②A

中有2人；C中有F人；③A中有1人，C中有2人；④C中有3人。

第①类，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在5UC中选3人，即有种选法。因

是分步问题，所以有G'C；种选法。第②类，划左舷的人在A中选2人，有《种选法，在

C中选1人，有C；种选法，划右舷的在8UC中剩下的8个人中选3人，有种选法。因

是分步问题，所以有种选法。类似地，第③类，有种选法。第④类

有种选法。

因为是分类，所以一共有+C；•6.种选法。

解：C+C；C；+C；

,9x8x7\.8x7x6、7x6x5,,„6x5x4

=1-------+3x5x------+3xl10Ax------+lxlOx-------

1x2x31x2x31x2x31x2x3

=84+840+1050+200=2174种

答:一共有2174种不同选法.

说明：这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题，只要能运用分类思想正确对所

求选法分类，又能正确地根据题目要求合理地考察步骤，就可以顺利地求得解.在分类时，

要注意做到既不重复也不遗漏.

这里是以集合A为基准进行分类，也可以集合B或集合C为基准进行分类，其结果是相

同的，但一般都选择元素个数较少的集合作为基准来分类，这样可以减少分类，方便运算.

典型例题六

例6甲、乙两队各出7名队员，按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方由1号

队员出赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…，直到•方队员全被淘汰为止，另

一方获胜，形成一种比赛过程，试求所有可能出现的比赛过程的种类.

分析与解：若甲队取胜，比赛结果可能是7:0,7:1,7:2,7:3,7:4,7:5,7:6.

7:0只有一个过程；

7:1共8场，乙队在前7场中胜一场，有C；种不同的过程；

7:2共9场，乙队在前8场中胜二场，有C；种不同的过程；

7:3共10场，乙队在前9场中胜三场，有C；种不同的过程;

，甲队取胜的过程种数是：1+C；+C；+C；+G1)+G；+G；=1716.

类似乙队取胜也有同样的过程种数

，共有1716x2=3432种不同的比赛过程.

说明：一个排列与另一个排列的区别有两点，一点是元素不同，另一点是顺序不同(在

元素相同时)；而一个组合与另一个组合不同点仅是元素不同，由此可知，排列是有顺序问

题，组合是无顺序问题.本题是一应用问题，根据实际确定是组合问题.

典型例题七

例7从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：

(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？

(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？

(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？

(4)(1)中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？

分析与解：(1)分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有种情况；第二步在5

个奇数中取4个，可有种情况；第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有外种情况，

所以符合题意的七位数有CiC；.耳=100800个.

(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有•6/3=14400个.

(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在〜起的有

P：P；=P：=5760个.

(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5

个空档，共有4£3=28800个.

说明：对于有限制条件的排列问题，常可分步进行，先组合再排列，这是乘法原理的典

型应用.

典型例题八

例86本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？

(1)一•堆一本，一■堆两本，一堆三本；

(2)甲得一本，乙得两本，丙得三本；

(3)一人得一本，一人得二本，一人得三本；

(4)平均分给甲、乙、丙三人：

(5)平均分成三堆.

分析与解：(1)先在6本书中任取一本.作为一本一堆，有C：种取法，再从余下的五

本书中任取两本，作为两本一堆，有《种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种

取法，故共有分法C^CjCl=60种.

(2)由(1)知.分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法,

故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为C：C；C；=60种.

(3)由(1)知，分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有厅不同的分

配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有C；C；C；8=360(种).

(4)3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有C：种，甲

不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论

用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有C；种方法，所以一共有

C；C：C；=90种方法.

(5)把6本不同的书分成三堆，每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每

人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书

分给甲、乙、丙三个人.因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x种，那么把六

本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应x-用种，由知，把六本不同的

书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有种.

则，普5(种)

所以叫3=C；C：C；,

说明：本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题，搞清类型的归属对今后解题大有

补益，其中

(1)属非均匀分组问题.(2)属非均匀定向分配问题.

(3)属非均匀不定向分配问题.(4)属均匀不定向分配问题.

(5)属均匀分组问题.

典型例题九

例9有6本不同的书，分给甲、乙、丙三个人.

（1）如果每人得两本，有多少种不同的分法：

（2）如果一个人得一本，一个人得2本，一个人得3本有多少种不同的分法；

（3）如果把这6本书分成三堆，每堆两本有多少种不同分法.

分析与解：（1）假设甲先拿，则甲从6本不同的书中选取2本有C；=15种方法，不论

甲取走的是哪两本书，乙再去取书时只能有=6种，此时剩下的两本书自然给丙，就只

有=1种方法，由乘法原理得一共有C〉C：.C；=90种不同分法.

（2）先假设甲得1本，乙得2本，丙得3本则有种法，一共有

港=6x10x6=360种不同的分法.

（3）把6本书分成三堆，每堆2本，与次序无关.

所以一共有管

=15种不同分法.

说明：本题的三个问题要注意区别和联系，不要混淆.

6本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均

分问题，但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所

以必须除以耳.一般地，〃个元素中有々个元素（々W〃）均分成卬堆一定要除以P：：.

例如：有17个桃，分成8堆，其中一堆一个，一堆4个，另外6堆每堆都是2个，有

多少种不同的分法.

一共有L的蛆55中—种不同分法.

典型例题十

例5（1）从4名医生中选2名，7名护士中选4名，分成两队，每队1名医生2名护士,

到甲、乙两地巡回医疗，求安排方案有多少种？

（2）从一组共7名学生中选男生2人，女生2人，参加三种不同的活动，要求每人参加一

种且每种活动都有人参加的选法有648种，问该组学生中男、女生各有多少人？

分析：（1）可以把甲、乙两地看成两个有顺序的“空”，然后选取获和护士填好，即分步

完成；也可采取先选取、分堆、再排列的办法.（2）先分堆再排列.

解法一⑴：按照匣1瓦］进行填入.第一步，先取2名医生填入两空，有种填法；第

二步，再取4名护士填入两空，每空2人，有种填法，故共有安排方案

=2520种.

解法二(1)：第一步，选人，有种选法；第二步，平均分成2堆，有/A；

种分法：第三步，将两队分别安排到甲、乙两地，有种方法，故共有安排方案：

C：C；=2520种.

解⑵：设男生x人，女生7—x人，则有C>C，C[A；=648,

/.x(x-1)(7-x)(6-x)=72,XGN且24xW5.

,x=3或x=4.

.♦•男生有3人，女生4人或男生4人，女生3人.

说明：本题是排列与组合的综合题.涉及到分堆、再全排列的问题.方法呆以是选人一

分堆一排列，也可以直接用分步法解.第(2)小题中在解未知数x时，应注意到x是正整数

且24x45范围限制，可以使用还个验证的办法验证出来.

典型例题H^一

例11四个不同的小球，全部放入编号为1、2、3、4的四个盒子中.

(1)随便放(可以有空盒，但球必须都放入盒中)有多少种放法？

(2)四个盒都不空的放法有多少种？

(3)恰有一个空盒的放法有多少种？

(4)恰有两个空盒的放法有多少种？

(5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？

分析：(1)注意合理的分类；(2)可以用前面例题中先分堆再排列的方法.

解：(1)由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是

4x4x4x4=44=256种.

(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数是=24种.

(3)由题意，必然四个小球放入三个盒子中.分三步完成：选出三个盒子：将四个小球

分成三堆；将三堆小球全排列后放入三个盒子.所以放法总数是：C：414：=144种.

(4)由题意，必然四个小球放入2个盒子中.

解法一：分三步完成：选出两个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两

个盒子.所以放法总数是：

C<.f+c：.c；•否=84种.

I&J

解法一：分两步完成：选出两个盒子；将四个球随便放入两个盒子(可以有空盒子)，

然后剔除四个球只放入一个盒子的情形.因此，放法总数是

.(24-2)=84种.

(5)分三类放法.

第一类：甲球放入1号盒子，即座亡3HL则乙球有3种放法(可放入2,3,4号盒子),

其余两球可以随便放入四个盒子，有42种放法.故此类放法的种数是3x4?；

第二类：甲球放入2号盒子，即门中II1,则乙球有2种放法(可放入3,4号盒子),

其余两球随便放，有42种放法.故此类放法的种数是2x42；

.1.2.3.4.

第三类：甲球放入3号盒子，即「II申II,则乙球只有1种放法(放入4号盒子)，其

余两球随便放，有42种放法.故此类放法的种数是1x42.

综上，所有放法的总数是：(3+2+1)x42=96种.

本题也可这样理解：先选出两个盒子放入甲、乙两球，有。：xl种放法：另外两球随便

放，有42种放法，由乘法原理，所有放法的总数是C：xlx42=96种.

说明：“小球放入盒子”是一种常见的、基本的数学模型，很多问题实际上都可以化归

到这种模型去解决，虽然表面上看来可能相距很远。当然，小球放入盒子会有各种限制条件,

应注意恰当地分类或分步.下面的例2即是采用这种思想.

典型例题十二

例12/是集合P={a,匕，c,d,e}到集合0={0,1,2}的映射，满足

f(a)+f(b)+/(c)+/(</)+/(e)=5的映射有多少个?

分析：根据映射的定义，P中的每一个元素在。中都有唯一的一个像，可以把

a,b,c,d,e五个元素想象成五个“小球”，把0,1,2三个元素想象成三个盒子，只要把五

个小球全部放入盒子中(随便放)，便可得到一个映射，因为每一个“小球”都对应着唯一

的一个盒子.

解：将0,1,2三个元素设想为0号盒、1号盒和2号盒三个盒子,只要5个元素

a,b,c,d,e全部放入盒子(允许有空盒)便可得到1个映射.设放入1号盒的元素个数为x,

放入2号盒的元素个数为y,则放入0号盒的元素个数为5-x-y个，04x,yW5.则有

f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+f(e)=0-(5-x-y)+l-x+2-y=x+2y,

由条件x+2y=5,考虑到x,ywN且0Kx,y45,

==

故上述方程的解是《x\x=3,x5,

7=2,[y=l,[y=0.

因此满足条件的元素的放法有三类.

第一类：放入1号盒1个元素，放入2号盒2个元素，其余元素放入0号盒，放法种数

是：

■30种.

第二类：放入1号盒3个元素，放入2号盒1个元素，其余元素放入0号盒，放法种数

是：

=20种.

第三类：全部5个元素都放入1号盒，放法种数为1种.

所以放法总数为30+20+1=51种.

故符合条件的映射有51个.

说明：该题把映射问题巧妙地抽象为“小球放入盒子”问题，使问题更加形象且易于把

握.事实上排列组合中的不少问题可进行类似的抽象，把一个陌生的问题转化为一个熟悉的

问题去解决.另外，应注意排列组合中不定方程的整数解的解法，在中学阶段大多采用逐个

验证的方法求其解.

典型例题十三

例13如图所示，4、B、C、D、E为5个区域，现备有5种颜色为5个区域涂色,

涂色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域只涂一色.共有多少种不同的涂色方法？

分析：显然4处于中央，与其他区域都相接，因此它的地位比较特殊，应优先考虑.本

题可分解为三类涂法：用5颜色涂；用4种颜色涂；用3种颜色涂.显然用2种颜色涂不可

能.

解：本题有三类涂法.

第一类：用5种颜色涂，显然有£=120种涂法.

第二类：用4种颜色涂，显然有2类涂法：8与。涂同一色，其余三区各涂一色；C与

E涂同--色，其余三区各涂一色，故涂法种数是

C〉C：C，2=240（C；是指先选出4种颜色）.

第三类：用3种颜色涂，那么B与。、。与E、A三部分区域各涂一色，故有

=60种涂法（C1是指先选出3种颜色）.

综上，涂法总数是：120+240+60=420种.

说明：给图形涂色问题与具体的图形开关有关，需要仔细分析图形特征.另外，对有些

题目，一眼看去好像很繁杂，无从下手；这时我们可以从最简单的研究起，然后逐次研究其

他的问题.比如本题最简单的情况是5种颜色5个区域；复杂的情况是4种颜色、3种颜色

涂5个区域.复杂的问题分解之后往往就会变得简单，然后先从最简单的情况研究起——这

是一种常用的解题策略.

典型例题十四

例14填空：+-+=

解法1：原式=C；&+C港+…+C益&

=（C；+4+《+《+…+C盆-煤）•

=（C；+C；+…

=（。土—C）.九

=2。百—2

=333298

解法2：由C*=C：+C：T.

・in—1_c”「m・z^»2_^»3

C

,•/»=L”+l_，••c3=c4-c3.

z^2厂3厂3厂2厂3厂3「2「3

—-

C4=5C4,C5=c6—C5>...........,5Go=CI0IV|00

以上各式都加得：（C；+c；+c：+c；+…+c*=G\-c；

，A；+A：+痣+…+A髭=（C；+C：+…+Gio）•A；

（C-C^）-A；

（*一1）•&=333298

A"'

说明：本题解答过程中应用了公式即A："=C：-A：要熟悉此公式，注意在

相关问题中的应用.

典型例题十五

例15证明下列各等式：

（1）C=-C^';⑵/=瞥制;⑶小―…+C篇T=・

mn+l

、一e一上〃（〃-1）!

证明：（1）右边=----------------------------

m（加-1）一（加—1）］!

_n!

［m-（m-l）!］（〃一〃［）!

几।

=--——=c：=左边，，原式成立.

m!（n-m）!

⑵右边=3.---------史皿---------

〃+1（m+1）!［（n+l）-（m+1）］!

（）

=-m--+--1-------n-+--l--!-----

〃+1（m+1）!（〃一帆）！

Y\I

=--——=c：=左边

m!（〃一〃?）！

，原式成立.

（3）左边=（C,+C：M）+%+比+3+…+C*

=（4+%）+以3+…+CL

=（c3+c3）+,・・+C；：L

=c"+c：+4+•••+/：*

=c：;3+cMi=c：：：=右边

二原式成立.

说明：⑴对于（3）关键一步C：变成C%有C：=C\=1,再反复运用利用定理2,逐步

化简式子即可得证.

(2)也可利用C：+i=C；：'+C『将等式右边C：二一项拆成二项，反复使用此公式即可得

证.请自己证明.

⑶此题中③式的变形为：c；+c：+1+c；；+2+…+.

典型例题十六

例16完成下列各填空题：

(1)平面内有9个点，其中4个点在一条直线上，此外没有3个点在一条直线上，过这9

个点可以作个三角形.

(2)空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点可决定多少个不

同的平面.

解：(1)把9个点分为两类：

第一类为共线的4个点；

第二类为其余的5个点；

从第二类中任意选取三个点，可作个三角形；

从第一类中任意选取一个点，从第二类中任意选取2个点，可作个三角形；

从第一类中任意选取2个点，从第二类中任意选取1个点，可作个三角形.

利用分类计数原理，可得总共可作三角形个数为C；+C：+C：=80(个).

注意：本题也可解为C；—C：=80(个)，请你加以解释.

,应填：80.

(2)这个问题可分四类加以考虑.

①5个共面点决定1个平面；

②5个共面点中任何2个点和其余7个点中任意一点决定7C；个平面；

③5个共面点中任一点和其余7个点中任意2个点决定5C；个平面；

④7个点中任何3个点决定个平面.

总共决定平面的个数为1+7C：+5C；+=211(个)

,应填：211

说明：这题是利用组合知识解决与几何有关的问题，要注意将已知条件中的元素分成几

类.而在解决此问题时，又使用的分类方法，至于怎样确定分类标准，这是一难点，比如，

①中确定三角形，必确定不共线的三点.这三点可全部来源于不共线5点，也可其一来源于

不共线5点，还可其二来源于那5点，这样分成三类.

典型例题十七

例17车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既

能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理•台机床，问

有多少种选派方法.

解法1：设A、B代表2位老师傅.

A,8都不在内的选法有：C，C：=5种；

A,8都在内且当钳工的选法有：=种；

A,6都在内且当车工的选法有：C；C；C：=30种；

4,8都在内，一人当钳工，一人当车工的选法有：用C：C；=80种；

A,8有一人在内当钳工的选派方法有：C；C；C：=20种；

A,8有一人在内当车工的选派方法有：C；C；C：=40种；

，共有C；•C：+-C：+C2C5C4+C；A；C；C：+C2C5C4+C2C5C4=185（种）.

解法2：5名钳工有4名选上的派出方法是：C；C：+C；C；C；+C；C：C；=75种；

5名钳工有3名被选上的方法是：C/C4C2+C5CM2=I。。；

5名钳工有2名被选上的方法是：C；C；C：=10种.

一共有75+100+10=185（种）

解法3：4名女车工都在的选派方法：C：C；+C4C5C2+C：C；A；=35种；

4名女车工有3人在内的派选方法：C：C；C；+=120种；

4名女车工有2名在内的派选方法：C：C；C；=30种；

一共有35+120+30=185（种）.

说明：解法1是以老师傅为主考虑的；解法2是以钳工为主考虑的；解法3是以车工为

主考虑的.

典型例题十八

例18有11名翻译人员，其中5名会英语，4名会口语，另外两名英语、日语都会，

从中选出8人，组成两个翻译小组，4人译英语，另4人译日语，同一个人不能参加两个小

组，有多少种不同的选派方法？

分析：本题是排列组合应用题中典型的选派问题，本题的困难主要在于对两个语种都会

的两个人的处理，由于1个人不能同时参加两个小组，所以1个人不能既充当英语、又充当

日语翻译，也就是说本题不能按从7名英语翻译中选4人，从6名日语翻译中取4人来处理,

正确解决问题的方法是先就两个语种都会的两个人（特殊元素）的选用情况进行分类.

解：按两个语种都会的两个人的选用情况分类：

两个人都不参加，这时有种用法.

两个人参加1人，这时还有该人参加英语或日语翻译两种情况，这时有

种用法.

两个人都参加，这时有3种情况，都参加英语、都参加日语、或者分别参加一种.

这时有CjC：+・C：•A；种用法.

用分类计数原理，共有不同的选派方法总数为：

C"C：+C；CC+C；C；C+C；C+C；C+C；C.A；=185（种）.

说明：本题处理起来看似杂乱，分类的情况较多，实际上整个过程都是围绕两名英日语

都会的“多血手”的选用进行的，这种抓特殊对象处理的手段在我们组合类应用题中随处可

见.

典型例题十九

例19有6个人住进5个房间，分别按照下列要求，有多少种不同住法？

（1）每个房间至少一个人；

（2）5个房间恰好空出一间不住人.

分析：每个房间至少一个人，则正好一个房间两个人，其它房间各1人，可以先安排两

个人进此房间.5个房间空出一间，则有两种可能的结果，一种是一间3个人，3间各1人,

另一间空着，还有一种可能结果是有两间各住两人，另两间各住1人，另一间空着.

解：（1）先从6人中选出两人进某一房间，其余4人每人进一间，不同的进房方法共有:

C；C-A：=1800（种）.

（2）按条件不同的住房方法有两类：

第一类:3个人住一间房，3个人各住一间，另一间空，不同的方法共有：C；-Cl-Al-Cl

（种）.

第二类：两间房各进两人，另两间各1人，另一间空，不同的进房方法共有：

.（:；.£（种）.

用分类计数原理，所有满足要求的住房方法共有：

C；.C；.A；.C：+C]C；.C〉C；.A；=7800（种）.

说明：对于每个房间至少1人的情况，也可能这样考虑，先从6个人中任选5人住进5

个房间，最后一人任进一个房间，这样得到的结