高中数学排列组合：全错位排列问题详解

Tn=
An2 n
An3 n
(1)n
An0
（n≥2）
（*）
为了更容易看清其本质，我们对这个式子进行变形，得到：
Tn=
An2 n
An3 n
(1)n
An0
= n! n! (1)n n! = n![ 1 1 (1)n 1 ]
2! 3!
n! 2! 3!
n!
(3).证明（数学归纳法）
n=2，3 时（*）式显然成立；
(1).一般地，设 n 个编号为 1、2、3、… 、i、…、j、…、n 的不同元素 a1、a2、a3、…、 ai、…、aj、…、an，排在一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的全错位 排列数为 Tn ，则 T2=1，T3=2，Tn= (n-1) ( Tn-1+Tn-2) ，（n≥3）.
(2).递推关系的确立
利用此递推关系可以分别算出 T4=9，T5=44，所以题三的答案为 44+5×9+10×2=109.
3．关于全错位排列数的一个通项公式：Tn= n![ 1 1 (1) n 1 ] （n≥2）.
2! 3!
n!
(1).探索
规定 An0 =1（n∈N*），试计算以下各式的值： （1） A42 A41 A40 ； （2） A53 A52 A51 A50 ； （3） A64 A63 A62 A61 A60 .
解：用 7 个相同的小球代表数 7, 用 5 个标有 x1 、 x2 、…、 x5 的 5 个不同的盒子表示
未知数 x1 、 x2 、…、 x5 ，要得到方程 x1 + x2 +…+ x5 =7 的正整数解的个数，可分以下两步
完成。第一步：从 7 个相同的小球中任取 5 个放入 5 个不同的盒子中，仅有 1 种放法；第二
全错位排列问题
每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位 排列问题.
1．错位排列问题
例 1. 4 名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则
四张贺卡的不同分配方式共有
种.
例 2. 将编号为 1，2，3，4 的四个小球分别放入编号为 1，2，3，4 的四个盒子中，
1 2 3 …i… j …n
aj
ai
表（1）
此时，ai 排在 j 位，aj 排在 i 位，元素 ai，aj 排位已定，还剩 n-2 个元素，每个元素均
有一个不能排的位置，它们的排位问题就转化为 n-2 个元素全错位排列数，应有 Tn-2 种； 第二种情况：aj 不排在 i 位上，如表（2） 1 2 3 …i… j …n ai
（三）利用隔板法巧解排列、组合题
隔板法是将相同的球放入不同的盒子，每盒放入球的个数不限，求不同方法种数的一 种解题方法。利用隔板法能够巧解许多排列、组合问题。
1.放球问题。 例 1、把 8 个相同的球放入 4 个不同的盒子，有多少种不同方法？
解：取 3 块相同隔板，连同 8 个相同的小球排成一排，共 11 个位置。由隔板
2! 3!
(n 1)!
= n! [ 1 1 (1) n1 1 ] + (1)n · n!
2! 3!
(n 1)!
n!
= n![ 1 1 (1)n 1 ] =左边.
2! 3!
n!
所以 Tn=nTn-1+ (1)n .
5.点评
在解决排列组合问题时，经常涉及到全错位或部分错位的排列问题，在元素不是很 多时，我们可以通过分类讨论的方案，对问题进行讨论，但当元素较多时讨论起来非常麻烦， 所以掌握了全错位排列数的一个通项公式和两个递推关系式，对我们解决这一类问题将带来 很大的方便.
显然对于 n=1，2 时有 T1=0，T2=1. 当 n≥3 时，在 n 个不同元素中任取一个元素 ai 不排在与其编号相对应的 i 位，必排在 剩下 n-1 个位置之一，所以 ai 有 n-1 种排法. 对 ai 每一种排法，如 ai 排在 j 位，对应 j 位的元素 aj 的排位总有两种情况： 第一种情况：aj 恰好排在 i 位上，如表（1）
aj 不排 i 位
表（2）
此时，ai 仍排在 j 位，aj 不排在 i 位，则 aj 有 n-1 个位置可排，除 ai 外，还有 n-1 个元
素，每个元素均有一个不能排的位置，问题就转化为 n-1 个元素全错位排列，排列数为 Tn-1，
由乘法原理和加法原理可得：Tn=(n-1)(Tn-1+Tn-2) ，（n≥3）.
由 T2=1，T3=2，T4=9，T5=44，T6=265 可得： T3=3T2－1； T4=4T3+1； T5=5T4－1； T6=6T5+1.
于是猜想 Tn=nTn-1+ (1)n .
证明：由上面已证明的全错位排列数公式可知
右边=n· (n 1)![ 1 1 (1) n1 1 ] + (1)n
步：把剩余的 2 个小球放入 5 个不同的盒中，由隔板法知，此时有 C64 种放法。由分步计数
原理知，共有
C
4 6
种不同放法。我们把标有
xi（i=1,2,…,5）的每个盒子得到的小球数
ki（i=1，
2，…，5; ki N ），记作： xi = ki 。这样，将 7 个相同的小球放入 5 个不同的盒子中的
很容易计算三式的值依次为 9，44，265.而这与利用上面的递推关系式得到的 T4，T5，
T6 刚好吻合，即
T4= A42 A41 A40 ； T5= A53 A52 A51 A50 ； T6= A64 A63 A62 A61 A60 .
(2).猜想
根据上面的探索，我们可以猜想 n 个元素全错位排列的排列数为
每班至少 1 个名额，又有多少种不同分法？
解：名额与名额是没有差别的，而班级与班级是有差别的，这样，把 10 相同的名
额分配到 6 个不同的班级中，适合隔板法。将 10 个学生代表名额，分配到某年级的 6 个班
中，每班至少 1 个名额，可分以下两步完成。第一步：每班先给 1 个名额，仅有 1 种给法；
第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；
第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；
第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置.
对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原
来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.
设 n 个元素全错位排列的排列数为 Tn，则对于例 3，第一类排列数为 T5，第二类先确 定一个排原来位置的同学有 5 种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为
点评：名额与名额是没有差别的，而班级与班级是有差别的，故适合隔板法。
3.求 n 项展开式的项数。
例 3、求 (x1 x2 x5 )10 展开式中共有多少项？
解：用 10 个相同的小球代表幂指数 10, 用 5 个标有 x1 、 x2 、…、 x5 的 5 个
不同的盒子表示数 x1 、x2 、…、x5 ，将 10 个相同的小球放入 5 个不同的盒子中，把标有 xi
要求每个盒子放一个小球，且小球的编号与盒子的编号不能相同，则共有
种不同的放法.源自这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限
制条件的排列问题叫做全错位排列问题.
例 3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，
则不同的坐法有
种.
解析：可以分类解决：
错位排列问题名同学各写一张贺卡先集中起来然后每人从中拿出一张别人写的贺卡则四张贺卡的不同分配方式共有将编号为1234的四个小球分别放入编号为1234的四个盒子中要求每个盒子放一个小球且小球的编号与盒子的编号不能相同则共有种不同的放这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题
5T4，第三类先确定两个排原位的同学，有 C52 =10 种，所以第三类的排列数为 10T3，因此例
3 的答案为：T5+5T4+10T3=109. 由于生活中很多这样的问题，所以我们有必要探索一下关于全错位排列问题的解决方
法. 2．关于全错位排列数的一个递推关系式：Tn= (n-1) ( Tn-1+Tn-2) ，（n≥3）
2! 3!
k! 2! 3!
(k 1)!
= k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +k· (1)k 1 ]
2! 3!
( k 1)!
k!
=k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +（k+1）· (1)k 1 (1)k 1 ]
2! 3!
( k 1)!
k!
k!
= k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +（k+1）· (1)k 1 (1)k k 1 ]
每一种放法，就对应着方程 x1 + x2 +…+ x5 =7 的每一组解（ k1 ， k2 ，…， k5 ）。
C
4 6
=
C
2 6
=
6 2
5 1
=15（个）
所以，方程 x1 + x2 +…+ x5 =7 的正整数解共有 15 个。
点评：准确理解隔板法的使用条件，是使用隔板法求方程 x1 + x2 +…+ x5 =7 的非负（或
(k 1)!
k!
(k 1)!
∴n=k+1 时（*）式也成立.
由以上过程可知 n 个元素全错位排列的排列数为：
Tn=
An2 n
An3 n
(1)n
An0
=
n! 2!
n! 3!
(1)n
n! n!
= n![ 1 1 (1)n 1 ] （n≥2）.
2! 3!
n!
4. 关于全错位排列数的另一个递推关系式：Tn=nTn-1+ (1)n
第二步：将剩余的
4
个名额分到这
6
个班里，由隔板法知，此时，有
C
5 9
种不同分法。由分
步计数原理知，共有
C
5 9
种不同分法。
C
5 9
=C
4 9
=
98 43
7 2
6 1
=126（种）。
答：某校召开学生会议，要将 10 个学生代表名额，分配到某年级的 6 个班中，若
每班至少 1 个名额，有 126 种不同分法.
假设 n=k，k-1 时（*）式成立，则当 n=k+1 时，有上面的递推关系式可得：
Tk+1= k(Tk+Tk-1)
=k{ k ![ 1 1 (1)k 1 ] + (k 1)![ 1 1 (1) k1 1 ] }
2! 3!
k!
2! 3!
(k 1)!
= k·(k-1)!·{ k [ 1 1 (1) k 1 ] +[ 1 1 (1) k1 1 ] }
（i=1,2,…,5）每个盒子得到的小球数 ki （i=1，2，…，5; ki N ），记作 xi 的 ki 次方。
这样，将 10 个相同的小球放入 5 个不同的盒子中的每一种放法，就对应着展开式中的每一
项。由隔板法知，这样的放法共有 C144 种，故 (x1 x2 x5 )10 的展开式中共有 C144 项。
C144
=
14 13 43
12 11 21
=1001（种）。
所以， (x1 x2 x5 )10 展开式中共有 1001 项。
点评：准确理解隔板法的使用条件，是使用隔板法求 (x1 x2 x5 )10 展开式中的
项数的理论依据。 4.求 n 元一次方程组的非负整数解。
例 4、求方程 x1 + x2 +…+ x5 =7 的正整数解的个数。
正）整数解的个数的理论依据。
法知，在
11
个位置中任取
3
个位置排上隔板，共有
C
3 11
种排法。
C131
=
1110 9 3 21
=165(种)
所以，把 8 个相同的球放入 4 个不同的盒子，有 165 种不同方法。
点评：相同的球放入不同的盒子，每个盒子放球数不限，适合隔板法。隔板的块
数要比盒子数少 1。
2.指标分配问题。
例 2、某校召开学生会议，要将 10 个学生代表名额，分配到某年级的 6 个班中，若
2! 3!
( k 1)!
k!
(k 1)!
= k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +（k+1）· (1)k 1 (1)k1 k 1 ]
2! 3!
( k 1)!
k!
(k 1)!
= (k+1)!·[ 1 1 (1)k1 1 + (1)k 1 (1)k1 1 ].
2! 3!