2017-2018学年北师大版高中数学选修2-3第一章计数原理

§4 简单计数问题
自主整理
1.区别排列问题与组合问题的关键是元素是否_____________________.
2.解决相邻元素问题的方法是____________________.
3.解决元素不相邻问题的方法是____________________.
4.有特殊要求的元素问题常用____________________.
5.有特殊要求的位置问题常用____________________.
6.无序平均分组问题常用____________________.
7.相同元素分组问题常用____________________.
8.“至多”“至少”问题常用____________________. 高手笔记
1.捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”.例如，一般地，n 个不同元素
排成一列，要求其中某m(m≤n）个元素必相邻的排列有A 11+-+-m n m n ·A m m 个.其中A 1
1+-+-m n m n 是一个
“整体排列”，而A m m 则是“局部排列”.
2.插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.运用插空法解决“元素不相邻问题”时，要同时借助框图和数数法求解.
3.占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.
4.调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有A n n 种，m(m<n)个元素的全排列有A m m 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，
共有m m
n
n
A A 种排列方法.记忆规律是：顺序一定作除法.
名师解惑
1.解排列、组合应用题应注意哪些问题？
剖析：做排列、组合的应用题，一般来讲要解决好三大难题：一是确定问题的属性，即所给问题是排列还是组合；二是确定解题策略，即是要分类求解还是分步求解；三是选择恰当的解题方法，即是用直接法还是间接法.而这三大难题的关键则是真正弄清“三对关系”的深刻含义.
（1）“分类与分步”的关系
分类
复杂事件A的排列与组合问题，需要对A在一个标准下分类讨论，把A分解为n类简单事件A1，A2，…，A n.
分类的原则是：A=A1∪A2∪…∪A n,A i∩A j=(i≠j,i、j=1,2,…,n).在这样的原则下对事件A分类，能够确保分类的不漏不重.
把A分为A1，A2，…，A n的同时，对应的办法S也随之被分为n类办法S1，S2，…，S n，且S=S1∪S2∪…∪S n,S i∩S j=(i≠j;i、j=1,2,…,n).其结果用分类加法计数原理计算.
分步
事件A完成分类以后，对每一类要进行分步，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，这样就可以确保对每一类事件的分步不漏不重.事件的分步对应方法的分步.如A1分为n步B1，B2，…，B n，则对应的有S1被分为n种方法S11，S12，…，S1n.其结果用分步乘法计数原理计算.
由此可见，我们可以得到两点结论：其一，分类与分步是区别选用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的唯一标准，即分类相加，分步相乘；其二，若把事件A分为n类简单事件A1,A2,…,A n，并且完成事件A k又需分作S k步（k=1,2,3,…,n)，对应每一步又可有S ki(i=1,2,3,…,n)种不同方法，这样完成事件A就共有N=(S11·S12·S13…S1n)+(S21·S22·S23…S2n)+…+(S n1·S n2·S n3…
S nn)种不同方法.
（2）“有序与无序”的关系
界定排列与组合问题的唯一标准是“顺序”，“有序”是排列问题，“无序”是组合问题.排列与组合问题并存的时候，解答排列与组合问题，一般采用先组合后排列的方法解答. （3）“元素与位置”的关系
解答排列与组合问题，界定哪些事物是元素，哪些事物是位置至关重要，又没有唯一的定势标准，所以要辩证地去看待元素与位置.解题过程中，要优先安排有限制条件的特殊元素和特殊位置，并灵活运用“捆绑法”和“插空法”，“直接法”和“间接法”.
2.排列、组合应用题的基本题型与解题策略是什么？
剖析：排列、组合应用题的常见类型及解题策略如下表：
类型特征常见题型解题策略组合排列
指定元素
型从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列（或组合），规
定某r个元素都包含
在内
先C后A策略分
类求解策略
C r
k
r
n
r
r
C-
-
C k
k
r
k
r
n
r
r
A
C-
-
从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列（或组合），规
定某r个元素都不包
含在内
k
r
n
C
-
k
k
k
r
n
A
C
-
从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列（或组合），规
定每个排列（或组合）
都只包含某r个元素
中的s个元素
s
k
r
n
s
r
C
C-
-
k
k
s
k
r
n
s
r
A
C
C-
-
从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列（或组合），规
定每一个排列（或组
合），都至少包含某r
个元素中的s个元素
分类求解策略k
k
NA
1+
-
-
+
=s
r
s
k
r
n
s
r
C
C
C
N
1-
-
-
-
+
+k
r
n
r
r
s
k
r
n
C
C
C
从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列（或组合），规
定每一个排列（或组
k
k
NA
1
r
k
r
n
r
C
C
C
N+
=
-
s
k
r
n
s
r
k
r
n
C
C
C-
-
-
-
+
+
1
合），都至多包含某r 个元素中的s个元素
定位型从n个不同元素中每
次取出k个不同元素
作排列，规定某r个
元素都包含在内，并
且都排在某r个指定
位置
分步求解策略r
k
r
n
r
r
A
A-
-
相邻型把n个不同元素作全
排列，规定某r个元
素连排在一起
捆绑策略1
1
+
-
+
-
r
n
r
n
r
r
A
A
相离型把n个不同元素作全
排列，规定某r个元
素中的任意两个元素
都不相邻（r≤
2
1
+
n
)
插空策略r
r
n
r
n
r
n
A
A
1+
-
-
-
平均分组
型把kn个不同元素平均
分成k组，每组n个，
共有几种分法
排异除重策略
k
k
n
n
n
n
k
A
C
C
)1
(
n
kn
C
-
∙
环状型把n个不同元素围绕
一个圆进行排列，共
有几种不同的排列
1
1
-
-
=n
n
n
n A
n
A
顺序一定
型把n个不同元素作全
排列，规定某r个元
素必须按一定顺序排
列，共有几种不同排
列
r
r
n
n
A
A
讲练互动
【例1】7个人按下列要求并排站成一排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站在正中间，也不站在两端；
（2）甲、乙两人相邻；
（3）甲、乙之间相隔2人；
（4）甲站在乙的右边；
（5）甲、乙都与丙不相邻.
（6）若7个人站成两排，第一排3人，第二排4人，共有多少种站法？
（7）若7个人站成一个圆环，有多少种站法？
分析：（1）的限制条件甲不站在正中间与两端，意思是说甲只能站在余下的4个位置，因此可以先在这4个位置上排上甲而后再排其他人员，或者先从其余六人中选出三人排在正中间和两端.
（2）由于甲、乙两人相邻，因此可把甲、乙两人合看作一个元素（捆绑法）参加全排列，但不要忘记甲、乙两人的局部排列问题.
（3）可以先从其余五人中选两人站在甲、乙之间，然后将此二人连同甲、乙四人看作一个元素（捆绑法）参加全排列，同样甲、乙之间也要进行全排列；还可以运用“数数法”将甲、乙站的位置确定出来，即甲、乙只能在1与4，2与5，3与6，4与7这四种位置上. （4）甲不是站在乙的右边，就是站在乙的左边，两者必居其一，因此可以用“调序法”求解，或先按题目的要求从七个位置中选两个将甲、乙排好，然后再排其余人员.
（5）本题可分成甲、乙相邻但不与丙相邻及甲、乙不相邻且都不与丙相邻两类进行研究. （6）把元素排成几排的问题，可化归为一排考虑，再在一排中分段处理.
（7）7人站成一个圆环，剪开排成一排，对应7个排列.故环状排列问题用剪断直排法处理.
（1）解法一：先让甲站在余下的四个位置中的任一位置上，有C1
4
种，再让余下的6人站在
其他位置上，有A6
6种不同站法，根据分步计数原理，共有N=C1
4
·A6
6
=2 880种不同站法.
解法二：甲不站正中间也不站在两端，可先从其余6人中任选3人站在这3个位置上（占位
法），有A3
6种站法，再让剩下的4人（含甲）站在其他4个位置上，有A4
4
种站法，根据分
步乘法计数原理，知共有N=A3
6·A4
4
=2 880种不同站法.
解法三：先让甲以外的6人站成一排，有A6
6
种站法，再让甲插入这6个人之间的4个空档
位置（不插在正中间），有A1
4种方法.故共有N=A6
6
·A1
4
=2 880种不同的站法.
解法四：整体排异法.无限制条件的7人并排站成一排，有A7
7
种站法，去掉甲站在正中间及
两端的情况，共有A 13A 66种，故共有N=A 77-A 13A 6
6=2 880种不同站法.
（2）解法一：捆绑法.先把甲、乙两人合在一起看作一个元素，参加全排列共有A 66种站法，
然后甲、乙两人局部排列，共有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A 66·A 22=1
440种不同站法.
解法二：插空法.先让甲、乙以外的5个人站队，有A 55种站法，再把甲、乙两人合在一起作
为一个元素插入5个人形成的6个空档中，有A 16
种站法，最后甲、乙两人局部排列，有A 22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A 55A 16A 2
2=1 440种不同站法.
（3）解法一：捆绑法.先从甲、乙以外的5人中任选2人站在甲、乙之间，有A 25种站法，
再将甲、乙及中间二人共4人看作一个整体参加全排列，有A 44种站法，最后甲、乙进行局
部排列，有A 2
2种站法.根据分步乘法计数原理，知共有N=A 25·A 4
4·A 2
2=960种不同站法.
解法二：数数法与插空法相结合.先让甲、乙以外的5人站队，有A 55种站法，再在5人形成的6个空档中的1与4，2与5，3与6，4与7的位置上排上甲、乙，共有4A 22种站法，根据分步乘法计数原理，有N=A 55·4A 2
2=960种不同站法.
（4）解法一：组合法——顺序一定用组合.先在7个位置中选2个位置排上甲、乙（甲在乙
的右边——顺序一定问题），有C 27种站法，再在余下的5个位置上站其余5人，有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=C 27·A 55=2 520种.
解法二：调序法.甲在乙的右边与甲在乙的左边的情况是一一对应的，因此，甲在乙的右边的站法是7人任意站法的一半.故共有N=
21A 7
7
=2 520种. （5）解法一：直接法.分类求解.将问题分成甲与乙相邻但不与丙相邻及甲、乙、丙互不相邻两类研究.第一类情况可先让其余4人站队，有A 4
4种站法，他们之间形成5个空档，再把
甲、乙两人看作一个整体与丙共两个元素插入5个空档，有A 2
5种站法，最后甲、乙两人进行局部排列，有A 2
2种站法，故这类情况有A 4
4·A 25·A 22种不同站法；第二类情况也可先让
其余4人站队，有A 4
4种方法，再把甲、乙、丙3人插入5个空档，共有A 35种方法，因此这
类情况有A 44·A 35种，根据分类加法计数原理，知共有N=A 44·A 25·A 22+A 44·A 3
5=2
400种不同站法.
解法二：间接法.整体排异，7个人排成一排，有A 77种方法.甲、乙都与丙相邻的站法，即
丙站在甲、乙中间的站法共有A 55·A 22种；甲与丙相邻或乙与丙相邻的站法均为A 66·A 22种.
但甲、丙相邻与乙、丙相邻的站法中都包括了丙站在甲、乙中间，故根据分类计数原理和整
体排异策略知，共有N=A 77-2A 66·A 22+A 55
·A 22=2 400种不同方法. （6）A 77=5 040种不同站法.
（7）7
77A =720种不同的站法.
绿色通道:“在”与“不在”，“相邻”与“不相邻”或“相间”，是常见的有限制条件的排列问题.“在”一般用“直接法”求解，“不在”可用“间接法”；“相邻”问题一般用“捆绑法”，“不相邻”问题用“插空法”；“顺序一定”可用“调序法”或“组合法”.一般来说，解排列、组合应用题除了上述方法外，有时还用“占位法”或“数数法”，更多情况下需要对问题进行恰当的分类或分步.分类时要注意“类与类”之间的并列性和独立性、完整性；分步时要注意“步与步”之间的连续性和独立性、依赖性，做到不重不漏.. 变式训练
1.安排7位工作人员在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日.不同的安排方法共有________________种.（用数字作答）
解析：因为甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，可安排在其余5日值班，有A 2
5种方法；再安排其余5人，有A 55种方法.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有A 25·A 55=2
400种. 答案：2 400
【例2】由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数的共有________________个.
解析：没有重复数字的六位数共有C 15A 55=600个，
其中个位数小于十位数的与十位数小于个位数的各占一半.∴符合题意的共有300个. 答案：300
变式训练
2.(2006高考北京卷，3)在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）
A.36个
B.24个
C.18个
D.6个
解析：由各位数字之和为奇数，分两类：三位数都是奇数或两个偶数一个奇数，满足条件的
三位数共有A 33+C 13A 3
3=24个.
答案：B
【例3】现有10个完全相同的小球分配到三个班级，每个班级至少分得1个小球，问有多少种不同分法？
分析：对于相同元素的分组分配问题，常规解法烦琐而易错，若掌握隔板法，则操作方便且易懂.将10个完全相同的小球排成一行，10个球之间出现9个空档，用“隔板”把10个小球隔成有序的三份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球.
解：根据以上分析，分球的方法实际上为隔板的隔法：即9个空插入2个隔板，其方法数为：
N=C 2913110C =--=36种.
绿色通道:n 个相同．．
的元素分配到m 个不同的单元中（n≥m)，不能有空放，常用隔板法，有C 11--m n 种不同的分配方法.
变式训练
3.8个相同的球放入标号为1、2、3的三个盒子中，问有多少种不同的放法？
解法一：与例3不同的是，此题中的盒子可以为空.还是利用隔板原理将8个球分为三堆，只不过有的堆的球数为零，即在8个球之间及两端插入两块隔板.首先将8个球排成一排，就有9个空，任取一个空插入一块隔板，有C 19种；然后再将第二块隔板插入前面8个球和第一块隔板形成的10个空中，有C 110种，但这两种放法中有重复的，要除以2；最后将第一块隔板左边的球放入1号盒子中，两块隔板之间的球放入2号盒子中，第二块隔板右边的球放入3号盒子中.故共有
2
1C 19C 110=C 2
10=45种. 解法二：分三类：第一类，把8个小球放入一个盒内，有C 13种放法.第二类，把8个小球放入两个盒内，先去掉一个空盒有C 13种方法，然后在8个小球的7个空隙中插入一个隔板分
成两份，分别放入两个盒内有C 17种方法，故第二类共有C 13·C 17种方法.第三类，三个盒子
都不空，利用隔板法将8个小球分成三份，分别放入3个盒中，共有C2
7
种方法，故共有
C1 3+C1
3
·C1
7
+C2
7
=45种方法.
【例4】有甲、乙、丙三项任务，甲需由2人承担，乙、丙各需由1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有多少种？
分析：有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，常采用逐步分组法求解.
解：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下8人中选1人承担乙项任务，最后从另
外7人中选1人承担丙项任务，根据乘法原理可知不同的方法种数共计C2
10·C1
8
·C1
7
=2 520
种.
绿色通道:有序分配问题通常是根据需要选出人员分配给各个任务或项目..
变式训练
4.(2006高考重庆卷，8)将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）
A.30种
B.90种
C.180种
D.270种
解：设三个班级为甲、乙、丙，则5名实习教师分配到三个班级，由题意知，一定有一个班级只分配到一名实习教师，其余两个班级每个班级分到了两名实习教师.故分步：第一步，
选一名教师安排在一个班级中有C1
5C1
3
种方法；第二步，余下的4名教师平均分配给剩下的
两个班级，有C2
4C2
2
种方法.故共有C1
5
C1
3
·C2
4
C2
2
=90种分配方案.
【例5】有甲、乙、丙、丁四种不同的种子，要选出三种在三块不同的土地上试种.若甲被选，则甲必在第一块土地上试种，问不同的试种方法有多少种？
分析：列举法即一一列举，它虽然不如其他方法简捷，但思维更加严谨、清晰.
解：如果甲被选，则有甲、乙、丙，甲、丙、乙，甲、丙、丁，甲、丁、丙，甲、乙、丁，甲、丁、乙6种不同的选法；
如果甲未被选，则有乙、丙、丁，乙、丁、丙，丙、乙、丁，丙、丁、乙，丁、乙、丙，丁、丙、乙6种不同的选法.
故有N=6+6=12种.
绿色通道:当完成一件事情没有直接的公式可用且数目较小时，我们可以按着“次序”一一地“数”出来，这就是列举法.用列举法解排列组合问题时，通常要借助图表来表示，这样不仅可以帮助我们在选取时避免重复和遗漏，而且可以使分析过程更清晰明了..
变式训练
5.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字都不相同的填法有多少种？
解：采用树形图如下：
故填法有9种.。