组合典型例题解析

组合典型例题解析
【例1】判断下列各事件是排列问题，还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数.
（1）10个人相互各写一封信，共写了多少封信
（2）10个人规定相互通一次电话，共通了多少次电话
（3）10支球队以单循环进行比赛（每两队比赛一次），这次比赛需要进行多少场次
（4）10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠亚军获得者有多少种可能
（5）从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法
（6）从10个人里选出3个不同学科的科代表，有多少种选法解：（1）是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的.排列数为A2
=90（种）.
10
（2）是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通
=45（种）.
了一次电话，没有顺序的区别.组合数为C2
10
（3）是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先
=45（种）.
谁后，没有顺序的区别.组合数为C2
10
（4）是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、
乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的.排列数为A 2
10=90（种）.
（5）是组合问题.因为三个代表之间没有顺序的区别.组合数为
C 310=120（种）.
（6）是排列问题.因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序
区别的.排列数为A 310=720（种）.
点评：排列、组合是不同的两个事件，区分的办法是首先弄清楚事件是什么区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果解出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题.
【例2】 写出从五个元素a ，b ，c ，d ，e 中任取三个元素的所有组合，并求出其组合数.
解：考虑画出如下树形图，按给出字母从左到右的顺序来考虑.
a b b c c c d
d d
d e
e
e
e
e
根据树形图，所有组合为abc ，abd ，abe ，acd ，ace ，ade ，bcd ，
bce ，bde ，cde .
组合数为C 35=10（个）.
点评：排列的树形图与组合的树形图是有区别的.排列的树形图中其元素不能重复出现但可任意排列，而组合的树形图中其元素也不能重复出现，但元素出现的次序必须按照从左到右的顺序（如元素b 后面不能出现a ，元素c 后面不能出现a 、b 等）来考虑，否则就会出现重复或遗漏.
【例3】 已知
n 5
C 1
－
n 6
C 1＝
n 7
10C 7，求C n
8的值.
解：由组合数公式可得
!
7)!7(!107!6)!6(!!5)!5(!n n n n n n -⋅
=---. 化简得n 2－23n ＋42＝0. ∴n ＝21或n =2. ∵n ≤5，∴n ＝2.
∴C n 8＝C 28＝28.
点评：本题先求n 值，再求组合数.化简时常用公式C m n =)!
(!!
m n m n -，
计算时常用C
m
n
=m m
m n A A .
【例4】 计算（1）C 23+C 24+C 25+…+C 2
100；
（2）A2
3+A2
4
+A2
5
+…+A2
100
.
解：（1）C2
3+C2
4
+C2
5
+…+C2
100
=（C3
3+C2
3
）+C2
4
+C2
5
+…+C2
100
－C3
3
=（C3
4+C2
4
）+C2
5
+…+C2
100
－C3
3
=C3
101－C3
3
=166649.
（2）A2
3+A2
4
+A2
5
+…+A2
100
=A2
2（C2
3
+C2
4
+…+C2
100
）
=2×166649=333298.
点评：注意题中对公式C m
n +C1-m
n
=C m
n1+
及A m
n
=C m
n
·A m
m
的应用.若逆
用公式C m
n +C1-m
n
=C m
n1+
也可解决（1）.即将公式变形，C1-m
n
=C m
n1+
－C m
n
，
则有C2
3+C2
4
+C2
5
+…+C2
100
=（C3
4
－C3
3
）+（C3
5
－C3
4
）+（C3
6
－C3
5
）+…+（C3
101
－C3
100）=C3
101
－C3
3
=166649.
【例5】解下列方程：
（1）C2
n
=66；
（2）C n
10
=210；
（3）C n
18=C6
3
18
-
n.
解：（1）由原方程，得
2)1
(-
n
n=66，即n2－n－132=0.
解得n=12或n=－11.
∵n≥2，∴n=－11舍去.
经检验n=12是原方程的解.
（2）根据性质C m
n =C m n
n
-知，只需将n=1，2，3，4，5代入C n
10
=210
中一一验证，解得C4
10=210，又C6
10
=C6
10
，
∴n=4或n=6.
经检验，n=4，n=6都是原方程的解.
（3）由原方程得n=3n－6或18－n=3n－6，
∴得n=3或n=6.
经检验，n=3，n=6都是原方程的解.
点评：（1）解C m
n
=a型的方程有两类：一类已知m求n；另一类已知n求m.对于前者，只需利用组合数公式转化为关于n的m次方程；对于后者，一般可将未知数的值用1，2，…依次代入验证求解.但在解这类方程时，必须注意检验，不仅要注意0≤m≤n，n＞0，m，
n∈Z，而且要注意组合数性质C m
n =C m n
n
-的运用，以防止失根.
（2）解C x
n =C y n 型的方程，要注意两种情形，即x =y 或x =n －y ，
同时要注意n ≥x ≥0，n ≥y ≥0，n ＞0，x ，y ，n ∈Z .
【例
6】解方程组⎪⎩⎪⎨⎧-=+=.1C 3111C ,
2C C x n x n
x n x n
解：∵C x n =C x n n -=C x
n 2，
∴n －x =2x .∴n =3x .
又由C 1+x n =3
11C 1-x n 得
)!
1()!1(!
--+x n x n
=311·
)!
1()!1(!
+--x n x n .
∴3（x －1）!（n －x +1）! =11（x +1）!（n －x －1）!.
∴3（n －x +1）（n －x ）=11（x +1）x . 将n =3x 代入得6（2x +1）=11（x +1）. ∴x =5，n =3x =15.
经检验，⎩
⎨
⎧==15,
5n x 是原方程组的解. 点评：本题也可利用组合数公式的变形式，将C 1+x n ，C 1-x n 都用C x
n
来表示，即C 1+x n =1
+-x x n C x
n ，C 1-x n =
1
+-x n x C x
n ，从而方程C 1+x n =3
11C 1
-x n 可
化为1+-x x n C x n =311×1
+-x n x C x
n ，约去
C x n ，可得解.
代入组合数公式，展开成阶乘形式直接求解，是解方程的基本方法，读者要好好掌握.而利用组合数的变形式，直接消去相同的非零公因式，则可以避免不必要的烦琐计算，可使计算简化，同时体现了数学中整体消元的思想方法.
【例7】高二（1）班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中取出3名同学参加活动.
（1）其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种 （2）其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种 （3）恰有2名女生在内，不同的取法有多少种 （4）至少有2名女生在内，不同的取法有多少种 （5）至多有2名女生在内，不同的取法有多少种
解：（1）从余下的34名学生中，选取2名有C 2
34=561（种）.
答：不同的取法有561种.
（2）从34名可选学生中，选取3名，有C 334种.或者C 335－C 2
34=C 334=5984（种）.
答：不同的取法有5984种.
（3）从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有
C 120C 2
15=2100（种）.
答：不同的取法有2100种.
（4）选取2名女生有C 120C 2
15种，选取3名女生有C315种，共有
选取方式
N = C 120C 215 +C 315=2100+455=2555（种）.
答：不同的取法有2555种.
（5）选取3名的总数有C 335，因此选取方式共有N =C 335－C 315=6545
－455=6090（种）.
答：不同的取法有6090种.
点评：（1）一般地说，从n 个不同元素中，每次取出m 个元素的
组合，其中某一元素必须在内的取法有C 1
1--m n 组合.
（2）从n 个不同元素里，每次取出m 个元素的组合，其中某一元素不能在内的取法有C m n 1-种.
（3）从n 个元素里选m 个不同元素的组合，限定必须包含（或不包含）某个元素（或p 个元素）.解这种类型的题目，一般是将所给出的集合分成两个子集，一个是特殊元素的子集，另一类是一个非
特殊元素组成的子集.在解题时，就把问题分解成两步：先在特殊元子集中组合，再从非特殊元子集中组合，最后根据乘法原理得整个问题的组合数.
（4）正确理解“至少”“至多”“恰有”等词语的含义，要根据题设条件仔细研究，恰当分类，运用直接法或者运用间接法来求解.
【例8】在一个圆周上有n个点（n≥4），用线段将它们彼此相连，若这些线段中的任意3条在圆内都不共点，那么这些线段在圆内共有多少个交点
条线段，但这些线段在圆内不一定有解：虽然可以算出共有C2
n
交点，所以必须考虑怎样的两条线段在圆内有交点如图，交于圆内点P的两条线段AB与CD的端点必不重合，即每个圆内的交点取决于圆
=6条线段，周上的四个点；反之，圆周上的每4个点，虽然可连成C2
4
但它们在圆内的交点有且只有一个，这样，每个圆内的交点与圆周上每4个点之间建立了一一对应关系，所以这些线段在圆内共有交点个个.
数为C4
n
【例9】10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果.
（1）4只鞋子没有成双的；
（2）4只鞋子恰成两双；
（3）4只鞋子中有2只成双，另2只不成双.
解：（1）从10双鞋子中选取4双，有C4
10
种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法.根据乘法原理，选取种数为
N=C4
10
·24=3360（种）.
答：有3360种不同取法.
（2）从10双鞋子中选取2双有C2
10
种取法，即45种不同取法.
答：有45种不同取法.
（3）解法一：先选取一双有C1
10
种选法，再从9双鞋中选取2双
有C2
9
种选法，每双鞋只取一只各有2种取法.根据乘法原理，不同取
法为N=C1
10C2
9
·22=1140（种）.
解法二：先选取一双鞋子有C1
10
种选法，再从18只鞋子中选取2
只鞋有C2
18
种，而其中成双的可能性有9种.根据乘法原理，不同取法
为N=C1
10（C2
18
－9）=1140（种）.
答：有1140种不同取法.
点评：本题解决的办法是将“事件”进行等价处理，如第一问“4
只鞋子没有成双的”相当于这四只鞋子来自于4双.因此分两步完成，第一步取四双鞋，第二步从每双鞋中各取一只.希望同学们好好地体会这种思想方法.
【例10】某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷.现从这11人中选出4人排版、4人印刷，有几种不同的选法
A B
524
解：设A=｛排版｝，B=｛印刷｝，如图.
对B∩A中的四人进行分类.
（1）4人全部选出，此时完成这件事还需从其余7人中选出2人排版.这相当于从4人中选出4人印刷，从7人中选出4人制版，
故有C4
4C4
7
=35种选法.
（2）4人中选出3人，此时还需从A∩B中选出一人去印刷，然
后再从剩下的6人中选出4人制版，故有C3
4·C1
2
·C4
6
=120种取法.
（3）4人中选出2人，此时还需从A∩B中选出两人去印刷，然
后再从A∩B中选出4人制版，故有C2
4·C2
2
·C4
5
=30种取法.
根据分类计数原理，共有35+120+30=185种不同的选法.
点评：（1）本题属于交叉问题（A∩B有2个元素），此类问题要借助集合知识按块进行分类讨论.
（2）也可按A∩__B分成三类，C4
5·C4
6
+C3
5
·C1
2
·C4
5
+C2
5
·C2
2
·C4
4
=185.
（3）还可按A∩B分类，但较麻烦，同学们不妨试一试.
【例11】有6本不同的书.
（1）分给甲、乙、丙三人，如果每人得2本有多少种方法
（2）分给甲、乙、丙三人，如果甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种分法
（3）分给甲、乙、丙三人，如果1人得1本，1人得2本，一人得3本，有多少种分法
（4）分成三堆，其中一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种分法
（5）平均分成三堆，有多少种分法
（6）分成四堆，其中2堆各1本，2堆各2本，有多少种分法（7）分给4人，其中2人各1本，2人各2本，有多少种分法
解：（1）甲先取2本有C2
6
种方法，乙再从余下的4本书中取2
本有C2
4种方法，丙取最后2本书有C2
2
种方法，因此总共有
C 26·C 24·C 22=90种方法.
（2）同（1）有C 16·C 2
5·C 33=60种分法.
（3）三人中没有指明谁是甲、乙、丙，而三人中谁是甲、乙、
丙可有A 33种方法，所以共有C 16·C 25·C 33·A 3
3=360种分法.
（4）同（2）有C 16·C 2
5·C 33=60种分法.
（5）同（2）有C 26·C 24·C 22种分法，下面对其正确性进行研究：设a ，b ，c ，d ，e ，f 六本书，则C 2
6中有可能为a 、b ，C 24可能为c 、d ，C 22可能为e 、f ，即有一分堆方法：a 、b ，c 、d ，e 、f ；同时C 26中也有可能为c 、d ，C 24中可能为e 、f ，C 22可能为a 、b ，显然这种分组方法同上，故C 26·C 24·C 22种方法中有重复，应剔除.注意到a 、b ，c 、
d ，
e 、f
的所有排列只对应一种分堆方法，故分堆方法应为
33
2
2
2426A C C C ⋅⋅=15
种方法.
本题还可用下面的方法处理：
设每堆2本的分法为x .分给甲、乙、丙每人两本，则可分步进行，先平均分成3堆，有x 种方法，再将3堆不同的书送给3位同学，
有A 33种方法.所以x ·A 3
3=C 26·C 24·C 22，
∴x =15.
（6）同（5），有2
2
222
2
241516A A C C C C ⋅⋅⋅⋅=45种方法.
（7）同（5）（6）有2
2
222
2
241516A A C C C C ⋅⋅⋅⋅·A 44=1080种方法.
点评：（1）以“书”为主元素比以“人”为主元素考虑要方便. （2）平均分组应防止重复.
（3）平均（部分均匀）分成m 组，则需除以A m m ，若有序，则再乘以全排列.
（4）复杂问题（如（7））可先组合（分组）后排序.
【例12】（1）12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，问每个盒子中至少有一个小球的不同放法有多少种
（2）12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，每盒可空，问不同的放法有多少种
（3）12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，要求每个盒子中的小球数不小于其编号数，问不同的放法有多少种
解：（1）将12个小球排成一排，中间有11个间隔，在这11个间隔中选出3个，放上“隔板”，若记作“|”看作隔板，则如图00|0000|0000|00隔板将一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即上图中1，2，3，4四个盒子相应放入2个，4个，4个，2个小球，这样每一种隔板的插法，就对应了球的一种放法，即每一种从11个间隔中选出3个间隔的组合对应于一种放法，所以
不同的放法有C3
11
=165种.
答：每盒至少有一个小球，有165种不同放法.
（2）因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无
法应用，现建立如下数学模型.将三块隔板与12个球排成一排，则如图000||00000|0000中隔板将这一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即上图中1，2，3，4四个盒子相应放入3个，0个，5个，4个小球，这样每一种隔板与球的排列法，就对应了球的一种放法.排列的位置有15个，先从这15个位置中选出3个位置
放隔板有C3
15
个选法即排法，再在余下的位置放球，只有一种放法，
所以隔板与球的排列法有C3
15种，即球的放法有C3
15
=455（种）.
答：允许空盒，有455种不同的放法.
（3）解法一：用（1）的处理问题的方法.
将1个，2个，3个小球分别放在编号为2，3，4的盒子中，将余下的6个小球分别放在四个盒子中，每个盒子至少一个小球，就确定了一种放法.将三块隔板放在6个小球的间隔中，有C3
5
=10种插法，所以不同的放法总数等于余下的6个小球分别放入四个盒子（每盒至少1个）的不同放法总数为10种.
解法二：用（2）的处理问题的方法.
将1个，2个，3个，4个小球分别放在编号为1，2，3，4的盒
子中，将余下的2个小球分别放在四个盒子中，每盒允许空盒，就确
种排列，即定了一种放法.将三块隔板加上2个小球排成一列，有C2
5
种放法.所以不同的放法总数等于余下的2个小球分别放入四个有C2
5
盒子（允许空盒）的不同放法总数为10种.
答：放球数不小于编号数的放法总数为10种.
点评：这是一道有限制条件的“相异元素允许重复的组合”问题，上一道例题是一个有限制条件的“相异元素允许重复的排列”问题，它们的相同之处是“相异元素允许重复地选取”，不同之处是选取后一个是无序的组合，一个是有序的排列.尽管它们有着本质的区别，但类比于上述例题的数学模型，本例我们也可以建立相应的数学模型来处理.
【例13】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多少种
解法一：首先考虑A、B两种作物的间隔不少于6垄的可能情况，间隔可以有6垄、7垄、8垄.间隔6垄时有3种位置，间隔7垄时有
种种植方法，2种位置，间隔8垄时有1种位置，而对每一种位置有A2
2
因而共有（3＋2＋1）A2
＝12种不同的选垄方法.
2
解法二：把6垄看作一个整体，从其余4垄中任取2垄种植A、
B两作物，有A2
4
种选种方法，然后把那6垄插入A、B之间即可，因
而不同的选种方法为A2
4
＝12种.
【例14】用0，1，2，3，…，9这十个数字组成五位数，其中含有三个奇数数字与两个偶数数字的五位数有多少个
解法一：考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有C3
5C2
5
A5
5
种，
其中0居首位的有C3
5C1
4
A4
4
种，故符合条件的五位数共有C3
5
C2
5
A5
5
－C3
5
C1
4A4
4
＝11040个.
解法二：按元素分类：奇数字有1，3，5，7，9；偶数字有0，2，
4，6，8.
把从五个偶数中任取两个的组合分成两类：①不含0的；②含0的.
①不含0的：由三个奇数字和两个偶数字组成的五位数有C3
5C2
4
A5
5
个；
②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有A1
4
种排法，再选三个奇数数字与一个偶数数字全排放在其他数位上，共有
C3
5C1A4
4
A1
4
种排法.
综合①和②，由分类计数原理得符合条件的五位数共有C3
5
C2
4
A5
5
＋C3
5C1
4
A4
4
A1
4
＝11040个.
【例15】今有3个成人和2个小孩乘船游玩，现有船3只，1号船可乘3人，2号船可乘2人，3号船可乘1人（注“可乘”是最大容量），他们可从中任选两只或三只船乘坐，但小孩不能单独乘坐一只船，问有多少种分乘的方法
解：依题意列表如下：
由表可知，共有27种坐法.
点评：一些较复杂的问题，可以通过列表使其直观化.
【例16】如图，某区有7条南北向街道，5条东西向街道.
B
A
（1）图中共有多少个矩形
（2）从A点走向B点最短的走法有多少种
解：（1）在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4
条线可组成一个矩形，故可组成的矩形有C2
7·C2
5
=210（个）.
（2）每条东西向的街道被分成六段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另4段方向相同，每种最短走法，即是从10段中选出6段走东向的，选出4段走北向的（如东东东东东东北北北北或东北
东北东北东北东东……），共有C6
10C4
4
=C4
10
C6
6
=210（种）走法.
点评：1°（2）题不易使用计数法直接确定.
2°（2）题中为确保行程最短，只能单向走，即“事件”与顺序无关.。