排列组合问题

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! C5取3＝（5×4×3）/（3×2×1） C6取2＝（6×5）/（2×1） 通过这2个例子 看出 CM取N 公式 是种子数M开始与自身连续的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 P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1 通过这2个例子 PMN＝从M开始与自身连续N个自然数的降序乘积 当N＝M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 (m≤n)个元素,有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列与组合的标志是“有序”与“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：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②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,一个与分步有关.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. 在解决排列与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”与“不在” “邻”与“不邻” 在穗丛仔解决问题时要掌握基本的解题思想和方法： ⑴“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. ⑵“不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”. ⑶“在”与“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. ⑷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”与“不含” “至少”与“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个猜汪 (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郑友度开始分析 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11＋9＋7＋.1＝（1＋11）×6÷2＝36 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.信与信之间是分步关系.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3×3×3×3＝3^4 （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 4×4×4＝4^3 （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3＝56种 第二步：分配给3个同学. P33＝6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56×6＝336 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1＝5 第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720 所以 总数是720×5＝3600 （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1＝2 第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720 则总数是 720×2＝1440 （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1＝4, 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×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400 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P66＝720 因为是分类讨论.所以最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝3120 （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1＝6 第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2 则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12 剩下的5个人即满足P55的规律＝120 则 最后结果是 120×12＝1440 （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P77＝5040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520 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＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300 （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1＝6 2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25 3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100 4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300 5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600 6位数： 5×P55＝5×120＝600 总数是1631 这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25 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 先考虑低位,再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288 （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： 3×3＝9 后2位是50： P42＝4×3＝12 共计9＋12＝21 （5）能组成多少个比201345大的数? （479） ------------------------------------------------【解析】 从数字201345 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×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479 （6）求所有组成三位数的总和. （32640） ---------------------------------------------【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 M＝M1+M2+M3=32640 5、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3＝152096 （2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种? （7224560） 【解析】同上述分析,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4＝7224560 （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5＝67910864 （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5－C98取5＝7376656 （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5－C98取3＝75135424 6、从4台甲型和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1＝6×5＝30 第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40 所以总数是 30＋40＝70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2＝4140 4件：C4取4×C46取1＝46 共计是 4140＋46＝4186 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4＝210 第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12种情况 则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520 9、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__ C(4,12)C(4,8)C(4,4) ___种 －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－【解析】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,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.