【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第57讲 排列与组合教案

排列与组合
本节主要有：排列组合公式及应用；处理排列组合问题的常用
方法：如插空法、捆绑法等；可重复排列及圆排列公式等基本内容． A 类例题
例1四个不同的小球放入编号1、2、3、4、的四个盒中，则
恰有一个空盒的放法有____种。

分析 排列组合中诸如把教师医生分到各所学校；把不同的小
球放入盒中等问题都可以归类为分组问题，分组问题解题的原则
是：“分组先分堆”．
解 把4个球分成“2、1、1”三堆，有2211
1224A C C C 种分法，把三
堆球分别放入四个盒子的任三个中，有34A 种放法，由乘法原理，恰
有一个空盒的放法共有2211
1224A C C C ·34A =144种．
说明：本题也可以分类讨论求解，若1号盒空，2号盒放二个
球，3、4号盒各放一个球有2224A C =12种放法；同理，若1号盒空，
3号盒放2个球，2、4号盒各放一个球也是12种放法；1号盒空，
4号盒放2个球，2、3号盒各放一个球同样是12种放法。

所以，1
号盒空共有12×3 = 36种放法。

故满足题设的总放法种数为4×
36 = 144种。

例2 6名同学排成一排。

（1）其中甲、乙两个必须排在一起的不同排法有______
种.(1997年全国高考题)
（2）甲乙两人不能相邻的排法有______种．
分析 排列组合中，处理“在与不在”、“邻与不邻”、“接与不
接”等问题时，常常利用捆绑法或插空法．
解⑴把甲、乙两人看作1人，这样6个人可看成5个人，共
有55A 种排法，甲、乙两人有2种顺序，故共有55A ·24022 A 种．
⑵ 先排其他4名同学，有44A 种，再把甲乙两人插入到4名同
学的5个空挡中有25A 种，所以共有44A ·25A =480种．
情景再现
1．3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分
配1名医生和2名护士，不同的分配方式共有 （ ）
A ．90种
B ．180种
C ．270种
D ．540种 (1998年全国高考题)
2．某校从5名优秀学生干部中选出4人分别参加“资源”、“生
态”和“环保”三个夏令营，要求每一个夏令营活动至少有选出的
一人参加，且每人只参加一个夏令营活动，则不同的参加方案有
（ ）种
A ．90
B ．180
C ．270
D ．540 B 类例题例3 在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及
正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是
A 57
B 49
C 43
D 37
(1998年全国数学联赛)
分析 正方体中，共线三点组的两个端点可能有三种情形：①
两端点都是顶点；②两端点都是面的中心；③两端点都是棱的中点，
除此之外没有别的情形．
解 两端点都是顶点的共线组有2828=C 个，两端点都是面的中
心的共线组有3个，两端点都是棱的中点的共线组有182
312=⨯个。

所以满足条件的共线组共有49个．
说明：分类讨论是解决较复杂的排列组合问题的常用思想，分
类讨论的关键是找到合适的分类标准，做到不重不漏。

例 4 某城市在中心广场建
造一个花圃，花圃分为6个部分（如右图所
示），现要栽
种4种不同颜色的花，每部分栽种
一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，
不同的栽种方法有______种.
（2003年江苏高考题）
分析 本题是近几年出现的排列组合问题中难度最大的问题之
一。

基本思想是运用分步记数原理。

解 如图所示，把花坛视为一个圆环，先排区域1，有414=C 种.由于1与其余5个位置均相邻，故其余5个位置共有3种颜色可
选．由任两个相邻位置不能同色，故必有2种颜色各种两块地，第
一种颜色只有一块地，有1513C C ⋅种方法，另两种颜色种4个位置，
只有两种选择，故共有1202151314
=⋅⋅⋅C C C 种. 例5．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一
场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只
进行了50场。

那么，上述3名选手之间的比赛场数是
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3 （1999全国联赛）
分析 3名选手共比赛了6场，设他们之间比赛了x 场，故只
有这3名选手参加的比赛共6－x 场．
解 设三名选手之间的比赛为x 场，共有n 名选手参赛，由题
得50 = x C n -+-623,即
x n n +=--442)4)(3(，由于0≤x ≤3，经检验知，仅当 x= 1时，n = 13
为正整数，故选B ．
说明 求解简单的二元一次不定方程时，可逐个代入检验是否满
足题设.
例6 四面体的顶点和棱的中点共10个点，取4个不共面的点，
不同的取法有 （ ）
A ．150种
B ．147种
C ．144种
D ．141种
分析 从所有的取法中减去共面的取法。

其中4点共面的情形有
三类：第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内有464C 种；
第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱中点，共6种；第三类，
由中位线构成的平行四边形，两组对边分别平行于四面体相对的两
条棱，有3种．
解 由上述分析知共有14136446410
=---C C 种． 说明 “排除法”是常用方法之一，其难点在于排除那些不合
条件的组合。

情景再现
3．如图，点p 1，p 2，…，p 10分别是四面体顶点或棱的中点。

那
么，在同一平面上的四点组(p 1，p i ，p j ，p k )(1 < i < j ≤10) 有
_______个. （2002年全国联赛）
4．四边形ABCD 被其对角线分为4个不同的三角形△OAB 、△OBC 、
△OCD 、△OAD （O 为对角线的交点），若每个三角形用4种颜色的
一种染色，那么出现相邻三角形均不同色的四边形的概率是 （ ） A. 329 B. 6419 C. 155 D. 64
21 5．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，
得1分；负一场，得0分，一球队打完15场，积33分。

若不考虑
顺序，该队胜、负、平的情况共有
A ．3种
B ．4种
C ．5种
D ．6种
6．原有m 个同学准备在暑假中开展通信活动，每人都必须给另
外(m-1)个同学写一封信，后来又有n 个同学对这个活动感兴趣，
若已知n > 1，且由于增加了n 个同学而又多写了74封信，则原
有同学的人数m = ________________.
C 类例题例7 8个女孩和25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少
站两个男孩，问共有多少种不同的排列方法（只要把圈旋转一下就
重合的排法认为是相同的）.（1990年全国联赛）
分析 以1个女孩和2个男孩为一组，且使女孩恰好站在两个
男孩中间，余下的9个男孩和这8个组被看成是17个元素，显然
这17个元素任意的圆排列是满足题意的．
解 先从25个男孩中选出9个男孩共有925C 种可能。

其次，
上述17个元素的圆排列数为1616p 种. 再次，分在8个组内的16个
男孩在16个位置上的排列是1616p ，所以总的排列方法数为： !16!2516161616925=⋅⋅P P C ．
例8 试求从集合A={1，2，…，n}到集合B={1，2，…，m}的
映射的个数.
分析 在两个集合之间建立映射本质上是给集合A 中的元素分
步找象．
解给A中元素分别找象，元素1有m种找法，元素2有m种找法，…，元素n有m种找法，故从A到B的映射的个数为m n．链接：允许元素重复出现的排列，叫做可重复排列，在m个不同的元素里，每次取出n个元素，元素可重复出现，按一定的次序排成一排的排列数为m n.
例9 整数1，2，…，n的排列满足：每个数或者大于它之前的所有数，或者小于它之前的所有数. 试问有多少个这样的排列？（第21届加拿大中学生数学竞赛）
分析由特殊到一般，找出递推关系式．
解记所求的排列的个数是a n.
显然，a1 = 1.
对于n≥2，考虑最大的数n，如果n排在第i位，则它之后的（n –i）个数排序完全确定，即只能是n –i，n –i –1，…，1；而它之前的(i-1)个数有a i-1种排法，考虑到n的所有不同的位置，由加法原理知
a n = 1 + a1 + a2 + … + a n-1，
于是，a n-1 = 1 + a1 + a2 + … + a n-2.
有a n = 2a n-1，又a1 = 1
故a n = 2n-1．
情景再现
7．某城市有7条南北向的街，5条东西向的街，如果从城市的O点走向A点，最短的走法有多少种？
8．用6个白珠、8个黑珠、一个红珠串成一串，问共有多少种不同的串法？
9．有数学、物理、文学3个课外活动小组，6个同学报名，每人限报一组，一共有多少种报名的方法？
习题17
A
1．8次射击，命中3次，其中恰有2次连续命中的情形共有________种。

（1998年湖南联赛）
2．2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配10名医生和2名护士，不同的分配方法共有（）A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
（1998年全国高考题）3．如图，一个地区分为5个行政区域，
现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一
颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着
色方法共有_________种。

4．正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形有_______个。

5．n个后乒乓球运动员(n≥4)，每两个人都可以组成一对双打选手，从中选出两对的选法有（）A．34
C种 B．64n C种
n
C．34
C种 D．(64n C+33n C)种
n
1
6．已知两个实数集合A={a 1，a 2，…，a 100}与B={b 1，b 2，…，b 50}，若从A 到B 的映射f 使得B 中每个元素都有原像，且f(a 1) ≤ f(a 2) ≤ …≤ f(a 100)，则这样的映射共有（ ）个
A ．50100C
B ．4899
C C ．49120C
D ．4999C
B
7．在一个正六边形的六个区域种观赏植物，如图，要求同一块中种同一植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有_______种栽种方案.
8．在1，2，3，4，5的排列a 1，a 2，a 3，a 4，a 5中，满足条件a 1 < a 2，a 2 > a 3，a 3 < a 4，a 4 > a 5的排列个数是 （ ）
A ．8
B ．10
C ．14
D ．16
9．“渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的正整数，如34689，已知有12659 C 个五位“渐升数”，若把这些数按从小到大的顺序排列，则第100个数是______________。

10．把1996个不加区别的小球放在10个不同的盒子里，使得第i 个盒子中至少有i 个球（i ＝1，2，…，10），问不同放法的总数是多少？
C
11．用六种不同颜色中的几种染一个正方体各面，要求相邻两面不同色，问有多少种不同染色法？（两个染色正方形，如能通过转动、翻身使二者各面颜色对应相等，则认为是相同染色法）（1996年全国联赛）
12．4对夫妇去看电影，8人生成一排，若每位女性的邻座只能是丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？
本节“情景再现”解答：
1．A 33·C 26·C 24＝540种
2．先选出4人有C 45种选法，把4人分成“2，1，1”三堆，有22111224A C C C 种分法，共有C 45×22111224A C C C ×A 33＝180种。

3．首先，在每个侧面上除P 1点外尚有五个点，其中任意三点添加P 1后组成的4点组都在同一平面，这样的三点组有C 35个，三个侧面共有3 C 35个。

其次，含P 1的每条棱上的三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点也在一个平面上，这样的四点组有3个，故共有3 C 35＋3＝33个。

4．分别以S 1、S 2、S 3、S 4依次记
△OAB 、△OBC 、△OCD 、△ODA ，显然，
若不考虑相邻三角形不同色的
要求，则共
有44＝256种涂法。

下面先对S 1和S 3涂色 i ）S 1和S 3同色，它们共有4种选择，对每一对选择，S 2和S 4各有3种选择，所以此时共有4×3×3＝36种不同涂法。

ii ）S 1和S 3不同色，它们共有C 24＝12种选择，对每一种选择，
S 2和S 4各有3种选择，所以此时共有12×2×2＝48种不同涂法。

所以相邻三角形均不同色的四边形出现的概率为64212564836=+
5．设胜x 场，平y 场，则负（15―x ―y ）场，得3x ＋y ＝33，又y ＝33－3x ≥0
∴x ≤11，且x ＋y ≤15，共有⎩⎨⎧==011
y x ；⎩⎨⎧==310
y x ；⎩⎨⎧==6
9
y x 三种情形。

6．由题得C 2n m +－C 2m ＝74 即2)1)((-++n m n m －2)1(-m m ＝74，即n(2m ＋n －1)＝148＝22×37，由于n 与2m ＋n －1有不同的奇偶性，故只能解得n ＝4，2m ＋3＝37有m ＝17整数解。

7．每条东西向的街被分成6段，每段不妨都用相同的a 表示，共有6个a 。

每条南北向的街被分成4段，用4个b 表示，含有6个a 和4
个b 的一种全排列，对应于从0到A 的一种
走法。

例如排列aaabaabab ，对应于上图
中箭头所示的走法，故走法有!
4!6!10＝210种。

8．这是一个圆排列问题，如固定红珠，则为线排列，故除红珠外其余的14个珠子共有N 1＝88661414P P P ＝3003种串法，14个珠子关于红
珠对称或不对称有两种情形：①对称共有N 2＝44337
7P P P ＝35种；②不
对称有N 3＝N 1－N 2＝2968种，又同色珠子换位后的相同的串法是重复的串法，因此关于红球不对称的串法有N 4＝2
1N 3＝1484种，所以共有N ＝N 2＋N 4＝1519种不同串法。

9．可重复排列，共有36
＝729种报名方法。

习题解答
1．把两次连续命中与一次命中的情形看成2个元素插入可知共
有30种。

或用穷举法把满足条件的情形一一列举出来
2．B．分组先分堆
3．先排1区，有4种方法，再排2区，有3种方法，如果3、5两区同色，则4区有2种方法，否则4区只有一种方法。

另外3、5两区本身还有两种选择，故共有4×3×(1＋2)×2＝72种。

4．用“排除法”，从7个点中任取三点有C3
7
种取法，其中3个
点在一直线上的有3个，故共有C3
7
－3＝32个。

5．n个运动员两两配对有
2)1
(-n
n对，从中选出两对共有C2
2)1
(-
n
n
＝
3C4
1+
n。

6．不防设b1<b2<…<b50，把A中元素a1，a2，…，a100按顺序分为非零的50组，定义映射f：A→B，使第i组的元素在f之下的像都是b i（i＝1，2，…，50），易知这样的f满足题设，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射。

于是，满足条件的映射f的个
数与A按下标顺序分为50组的分法数相等，而A的分法数为C49
99
，
则这样的映射共有C49
99
个。

7．考虑A、C、E种同一种植物，此时共有4×3×3×3＝108种，
考虑A、C、E种二种植物，此时共有3×4×3×3×2×2＝432种方法，考虑A、C、E
种三种植物，共有P3
4
×2×2×2＝192种方法。

故总计有108＋432＋192＝732种方法。

8．由a1<a2，a2>a3，a3>a4，a4>a5可知，要么a2＝5，要么a4＝5
（a1、a3、a5不可能是最大者），且a2≥3，a4≥3，a3≤3。

①若a2
＝5，则a4＝4或3。

当a4＝4时，有3！＝6种，当a4＝3时，有2！＝2种，这时共有6＋2＝8种；②同理当a4＝5时，也有8种，故共有16种。

9．前3位数是123的五位“渐升数”共有5＋4＋3＋2＋1＝15个数。

同理，前3位数分别是124，125，126，127的五位“渐升数”分别有10，6，3，1个。

即前两位数是12的五位渐升数有35个，类似可得前两位数是13，14，15，16的五位“渐升数”分别有20个，10个，4个，1个。

从而首位是1的五位“渐升数”共有35＋20＋10＋4＋1＝70个。

同理，前两位数是23的五位“渐升数”共有10＋6＋3＋1＝20个。

前2位是24的五位“渐升数”共有6＋3＋1＝10个。

所以第100个“渐升数”是24789。

10．先在第i盒里放入i个球（i＝1，2，…，10）这时共放了1＋2＋3＋…＋10＝55个球，还余下1941个球，转化为把1941个球放入10个盒子中（有的盒中不放球），有C9
1950
种放法。

11．分四种情形讨论：1°有3 6种颜色，将一种颜色染下底，则上底有5种染法，按圆排列，其余4个侧面有3！种染法，共有
5×3！＝30种；2°用5种颜色，选5种颜色有C5
6
种方法，再选一种染上下底，有5种，固定一种颜色朝东，朝西一面有3种选法，
共有C5
6×C1
5
×3 = 90种；3°用4种颜色，选4色，再选其中两种
各染一对对面有C4
6×C2
4
＝90种。

4°用3种色，选3色有C3
6
种，
每种染相对两面，染出的都是同一种，故共有C3
6
＝20种。

故共有
30＋90＋90＋20＝230种。

12．先把女性排定，有4！种方法，女性与女性之间若坐男性（包括这些女性的丈夫）必不少于两个。

同样，在男性与男性之间坐着的女性也必不少于两个，把座位连在一起的女性也必不少于两个，把座位连在一起的女性视为一组，则4位女性的分组有4，3＋1，2＋2，2＋1＋1，1＋1＋1＋1这5种，孤立坐着的女性必须在这一排座位的两端，所以1＋1＋1＋1方案不合要求，女性分成2＋1＋1时，两端必须坐着女性，这时男性只能分成2＋2，即女男男女女男男女，男性的排法只有1种，女性分种2＋2时，有4类：女女男男男男女女，女女男男男女女男或男女女男男男女女，女女男男女女男男或男男女女男男女女，男女女男男女女男，男性的排法分别有2，1，1，1种，女性分为3＋1时，有三类：女女女男男男男女或女男男男男女女女，男男女女女男男女或女男男男女女女男，男性的排法分别有2，1，1种，女性4人连排时，有三类，女女女女男男男男或男女女女女男男男，男男女女女女男男，男性的排法分别有3！，2！，2！种，于是排法总数为4！（1＋2＋2×1＋2×1＋1＋2×2＋2×1＋2×1＋2×3！＋2×2！×2！）＝816种。