组合典型例题解析讲解学习
排列组合知识点总结+典型例题及答案解析
排列组合知识点总结+典型例题及答案解析一．基本原理1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：从n 个不同元素中，任取m （m ≤n ）个元素，按照一定的顺序排成一.m n mn A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从1.公式：1.()()()()!!121m n n m n n n n A m n -=+---=……2.规定：0!1=(1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =⨯-+⨯=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ⨯=+-⨯=+⨯-=+-； (3)111111(1)!(1)!(1)!(1)!!(1)!n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。
1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m nmn m mm ==--+=-11……!!!! 10=n C 规定：组合数性质：.2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，， ①；②；③；④11112111212211r r r r r r r rr r r rr r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=++++=+++=注：若12m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。
组合数学例题和知识点总结
组合数学例题和知识点总结组合数学是一门研究离散对象的组合结构及其性质的数学分支。
它在计算机科学、统计学、物理学等领域都有着广泛的应用。
下面我们通过一些例题来深入理解组合数学中的重要知识点。
一、排列组合排列是指从给定的元素集合中取出若干个元素按照一定的顺序进行排列。
组合则是指从给定的元素集合中取出若干个元素组成一组，不考虑其顺序。
例题 1：从 5 个不同的元素中取出 3 个进行排列，有多少种不同的排列方式？解：根据排列的公式，＼（A_{5}＾3 ＝ 5×4×3 ＝ 60\）（种）例题 2：从 5 个不同的元素中取出 3 个进行组合，有多少种不同的组合方式？解：根据组合的公式，＼（C_{5}＾3 ＝＼frac{5×4×3}｛3×2×1} ＝10\）（种）知识点总结：1、排列数公式：＼（A_{n}＾m ＝ n×（n 1)×（n 2)××（n m ＋ 1)＼）2、组合数公式：＼（C_{n}＾m ＝＼frac{n!｝｛m!（n m)！｝＼）二、容斥原理容斥原理用于计算多个集合的并集的元素个数。
例题 3：在一个班级中，有 20 人喜欢数学，15 人喜欢语文，10 人既喜欢数学又喜欢语文，求喜欢数学或语文的人数。
解：设喜欢数学的集合为 A，喜欢语文的集合为 B，则喜欢数学或语文的人数为＼（｜A ∪ B| ＝｜A| ＋｜B| ｜A ∩ B| ＝ 20 ＋ 15 10＝ 25\）（人）知识点总结：容斥原理的一般形式：＼（｜＼cup_{i=1}＾｛n} A_i| ＝＼sum_{i=1}＾｛n} ｜A_i| ＼sum_{1\leq i ＜ j\leq n} ｜A_i ∩ A_j| ＋＼sum_{1\leq i ＜ j ＜ k\leq n} ｜A_i ∩ A_j∩ A_k| ＋（－1)＾｛n 1} ｜A_1 ∩ A_2 ∩ ∩ A_n|＼）三、鸽巢原理鸽巢原理也叫抽屉原理，如果有 n ＋ 1 个物体放入 n 个抽屉中，那么至少有一个抽屉中会放有两个或更多的物体。
例析排列组合问题类型及解题常用方法
例析排列组合问题类型及解题常用方法排列组合问题是数学中的一个重要分支，广泛应用于概率论、统计学、组合数学等多个领域。
在解决排列组合问题时，我们需要明确问题类型，并选用适当的方法进行求解。
下面将介绍几种常见的排列组合问题类型及解题常用方法。
1.组合问题组合问题是在给定的元素集合中，选择出若干个元素的子集，并以不同的顺序来表示这些子集。
组合问题的典型例子有"从n个不同的元素中，选取m个元素的组合个数是多少"。
解题方法：1)使用组合数公式进行计算，公式为C(n,m)=n!/(m!(n-m)!)，其中C表示组合数，n表示元素个数，m表示要选择的元素个数。
2)利用递归方法求解，即对问题进行拆解，递归地求解子问题，然后将子问题的解合并得到原问题的解。
2.排列问题排列问题是将一组元素进行有序的排列，即考虑元素的顺序。
典型例子有"从n个不同的元素中，选择m个元素进行排列，有多少种不同的排列方式"。
解题方法：1)使用排列数公式进行计算，公式为P(n,m)=n!/(n-m)!，其中P表示排列数，n表示元素个数，m表示要选择的元素个数。
2)利用递归方法求解，将问题分解成子问题，进行子问题的排列，然后按照不同的顺序进行合并，得到原问题的解。
3.重复元素的排列组合问题重复元素的排列组合问题是在给定元素集合中，包含有重复元素的情况下，选择出若干个元素的子集，并以不同的顺序来表示这些子集。
解题方法：1)使用重复组合数公式进行计算，公式为C'(n,m)=(n+m-1)!/(m!(n-1)!)，其中C'表示重复组合数，n表示元素个数，m表示要选择的元素个数。
2)使用重复排列数公式进行计算，公式为P'(n,m)=n^m，其中P'表示重复排列数，n表示元素个数，m表示要选择的元素个数。
4.包含条件的排列组合问题包含条件的排列组合问题是在给定一组元素和一组条件的情况下，选择满足条件的子集，并以不同的顺序进行排列。
排列组合题型全归纳 专题16 分解与合成模型和最短路径问题(解析版)
专题16分解与合成模型和最短路径问题【方法技巧与总结】分解与合成策略是复杂的排列组合问题最基本的解题策略之一，把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决，然后依据问题分解后的结构，用分类计数原理和分步计数原理将问题合成，从而得到问题的答案．【典型例题】例1．（2023·全国·高三专题练习）有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？A．6B．8C．10D．12【答案】B【解析】如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，共有8种，故选：B．例2．（2023·全国·高三专题练习）夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在M处，学校在N处，AB段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（）条．A ．23B ．24C ．25D ．26【答案】D【解析】由M 到N 的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有3735=C 条路，由M 到A 的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有13C =3条路，由B 到N 的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有13C =3条路，所以由M 到N 不经过AB 的最短路径有31173326-=C C C .故选：D.例3．（2023秋·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD 段马路由于正在维修，暂时不通，则从A 到B 的最短路径有（）A ．23条B ．24条C ．25条D ．26条【答案】D【解析】先假设CD 是实线，则从A 到B ，向上3次，向右4次，最短路径有773434A 35A A =条，其中经过CD 的，即先从A 到C ，然后C 到D ，最后D 到B 的最短路径有339⨯=条，所以，当CD 不通时，最短路径有35926-=条.故选：D例4．（2023·全国·高三专题练习）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由8个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从A 点出发，沿着竹棍到达B 点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（）A ．48种B ．60种C ．72种D ．90种【答案】D【解析】由题意可知，从A 到B 最少需要6步完成，其中有2步是横向的，2步是纵向的，2步是竖向的，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有222642C C C 90=种.故选：D.例5．（2023·全国·高三专题练习）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD 段马路由于正在维修，暂时不通，则从A 到B 的最短路径有（）A ．20条B ．21条C ．22条D ．23条【答案】D【解析】由题意知从A 到B 的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，共有37C 35=种，又因为经过CD 段的走法有1224C C 12⋅=种，故不经过CD 段的最短路径有351223-=条.,故选:D例6．（2023春·陕西延安·高二校考期末）某小区的道路网如图所示，则由A 到C 的最短路径中，经过B 的走法有（）A ．6种B ．8种C ．9种D ．10种【答案】C【解析】由题意，从点A 到点B ，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有13C 3=种走法；从点B 到点C ，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有13C 3=种走法，由分步计数原理，可得共有339⨯=种不同的走法.故选：C.例7．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）蜂房绝大部分是一个正六棱柱的侧面，但它的底部却是由三个菱形构成的三面角.18世纪初，法国学者马拉尔奇曾经专门测量过大量蜂巢的尺寸.令人惊讶的是，这些蜂巢组成底盘的菱形的所有钝角都是10928'︒，所有的锐角都是7032'︒.后来经过法国数学家克尼格和苏格兰数学家马克洛林从理论上的计算，如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是这个角度.从这个意义上说，蜜蜂称得上是“天才的数学家兼设计师”.如图所示是一个蜂巢和部分蜂巢截面.图中竖直线段和斜线都表示通道，并且在交点处相遇．现在有一只蜜蜂从入口向下（只能向下，不能向上）运动，蜜蜂在每个交点处向左到达下一层或者向右到达下一层的可能性是相同的．蜜蜂到达第n 层（有n 条竖直线段）第m 通道（从左向右计）的不同路径数为(),A n m .例如：()3,11A =，()4,23A =.则不等式()10,81A m ≤的解集为（）A ．{}1,2,3,7,8,9B ．{}1,2,3,8,9,10C ．{}1,2,3,9,10,11D ．{}4,5,6,7,8【答案】B【解析】由题可知(),11A n =，(),1A n n =，且()()(),1,11,A n m A n m A n m =--+-，可推得，()11,C m n A n m --=，所以()10,81A m ≤，即19C 81m -≤，所以1m -可能取到0，1，2，7，8，9，所以解集为{}1,2,3,8,9,10，故选：B例8．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在某城市中，M ､N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中1A 、2A 、3A 、4A 、5A 是道路网中的5个指定交汇处.今在道路网M ､N 处的甲､乙两人分别要到N ､M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发直到到达N ､M 处为止.则下列说法正确的是（）A ．甲从M 到达N 处的方法有30种B ．甲从M 必须经过3A 到达N 处的方法有6种C ．甲、乙两人在3A 处相遇的概率为6225D ．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为81225【答案】D【解析】对于A ，甲从M 到N 的最短路程，只能向上或者向右走，需要走6步，2步向上，4步向右，共有C 2615=种，故A 错；对于B ，第一步，甲从M 到3A ，有C 133=种走法，第二步，从3A 到N ，有C 133=种走法，所以共有33=9⨯种走法，故B 错；对于C ，由B 可知甲、乙经过3A 的走法都有9种，所以在3A 处相遇共有99=81⨯种走法，而甲、乙两人的总走法有1515=225⨯种，所以两人在3A 处相遇的概率为81225，故C 错；对于D ，因为甲、乙两人只能在3A 处相遇，由C 可知D 对.故选：D.例9．（2023·高二课时练习）一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有（）A ．6种B ．8种C ．36种D ．48种【答案】D【解析】如图所示，由题意知在A 点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．故选：D例10．（2023春·广东惠州·高二校考期中）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（）A．14条B．12条C．9条D．7条【答案】B【解析】由图可知，由①→④有3条路径，由④→⑥有2条路径，由⑥→⑧有2条路径，根据分步乘法计⨯⨯=条路径.算原理可得从①→⑧共有32212故选：B例11．（2023·高二单元测试）如图为某旅游区各景点的分布图,图中一条带箭头的线段表示一段有方向的路,试计算顺着箭头方向,从A到H不同的旅游路线的条数,这个数是()A．15B．16C．17D．18【答案】C【解析】如果一条一条地去数,由于道路错综复杂,哪些已经算过,哪些没有算过就搞不清楚了,所以我们换一种思路,用分析法试试.要到H点,需从F,E,G点走过来,F,E,G各点又可由哪些点走过来……这样一步步倒推,最后归结到A点,然后再反推过去得到如下的计算法:A到B,C,D的路线条数记在B,C,D圆圈内,B,C,D分别到F,E,G的路线条数亦记在F,E,G圆圈内,最后F,E,G内的路线条数之和即为从A到H的路线的总条数,如下图所示.故答案为C.例12．（2023·全国·高三专题练习）如图为33⨯的网格图，甲、乙两人均从A 出发去B 地，每次只能向上或向右走一格，并且乙到达任何一个位置（网格交点处）时向右走过的格数不少于向上走过的格数，记甲、乙两人所走路径的条数分别为M 、N ，则M N -的值为（）A ．10B ．14C ．15D ．16【答案】C【解析】由题意得从A 到B 需要走6格，向上、向右分别走3格，因此甲只需在6次选择中3次选择向右走，剩下的3次选择向上走即可，336320M C C =⋅=，乙只能在对角线AB 下方（包括AB ）走，所以，乙的走法的所有可能情况为：（右上右上右上）、（右上右右上上）、（右右上上右上）、（右右上右上上）、（右右右上上上），即5N =，则15M N -=，故选：C.例13．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位A 处出发到达B 处和C 处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是A B C →→，也可以是A C B →→，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（）A ．31条B ．36条C ．210条D ．315条【答案】CD【解析】设小矩形的长为a ，宽为b ，则从A B →的最近路线为24a b +，从A C →的最近路线为32a b +，若2a b <，则选择行走顺序为A C B →→，先从A C →，最近路线需要走3个长，2个宽，则不同路线有3252C C 10=种，从C B →，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有5272C C 21=种，所以从A C B →→的不同路线有1021210⨯=种；若2a b >，则选择行走顺序为A B C →→，先从A B →，最近路线需要走2个长，4个宽，则不同路线有2464C C 15=种，从B C →，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有5272C C 21=种，所以从A B C →→的不同路线有1521315⨯=种.综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条.故选：CD.例14．（多选题）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，某城市,M N 两地之间有整齐的方格形道路网，某同学从M 处沿道路走到N 处，他随机地选择一条沿街的最短路径，则下列说法正确的是（）A ．他从M 处到达N 处有12种走法B ．他从M 处到达N 处有35种走法C ．他从M 处经过A 处到达N 处有18种走法D ．他从M 处经过A 处到达N 处有30种走法【答案】BC【解析】对于AB 选项：向右4次，向上3次，故走法有4735C =种，B 选项正确.对于CD 选项：M 到A 有3种走法，A 到N 有6种走法根据分步乘法计数原理可知，共有1863=⨯种走法，C 选项正确.故选：BC例15．（多选题）（2023春·湖北十堰·高二丹江口市第一中学校考阶段练习）在某城市中，A ，B 两地之间有如图所示的道路网．甲随机沿路网选择一条最短路径，从A 地出发去往B 地．下列结论正确的有（）A ．不同的路径共有31条B ．不同的路径共有61条C ．若甲途经C 地，则不同的路径共有18条D ．若甲途经C 地，且不经过D 地，则不同的路径共有9条【答案】ACD【解析】由图可知，从A 地出发去往B 地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中，至少有1步向上，则不同的路径共有122133434331C C C C C ++=条．若甲途经C 地，则不同的路径共有123418C C =条．若甲途经C 地，且不经过D 地，则不同的路径共有11339C C =条．故选：ACD ．例16．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M ，N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中1A ，2A ，3A ，4A 是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M ，N 处的甲､乙两人分别要到N ，M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N ，M 处为止，则下列说法正确的有（）A ．甲从M 到达N 处的走法种数为120B ．甲从M 必须经过3A 到达N 处的走法种数为9C ．甲，两人能在3A 处相遇的走法种数为36D ．甲，乙两人能相遇的走法种数为164【答案】BD【解析】对于A ，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从M 到达N 处的走法种数为36C 20=，故A错误.对于B ，甲从M 到达3A ，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有13C 3=种走法，从3A 到达N ，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有13C 3=种走法，所以甲从M 必须经过3A 到达N 处的走法种数为339⨯=，故B 正确.对于C ，甲经过3A 的走法种数为1133C C 9⨯=，乙经过3A 的走法种数为1133C C 9⨯=，所以甲，乙两人能在3A 处相遇的走法种数为9981⨯=，故C 错误.对于D ，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在1A ，2A ，3A ，4A 处相遇，若甲，乙两人在1A 处相遇，甲经过1A 处，必须向上走3格，乙经过1A 处，必须向左走3格，两人在1A 处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在2A 或3A 处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在4A 处相遇，甲经过4A 处，必须向右走3格，乙经过4A 处，必须向下走3格，则两人在4A 处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为181811164+++=，故D 正确.故选：BD .例17．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M ，N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中12345,,,,A A A A A 是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，今在道路网M ，N 处的甲、乙两人分别要到N ，M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N ，M 处为止，则（）A ．甲从M 到达N 处的走法有70种B ．甲从M 必须经过3A 到达N 处的走法有12种C ．若甲、乙两人途中在3A 处相遇，则共有144种走法D ．若甲、乙两人在行走途中会相遇，则共有1810种走法【答案】AD【解析】甲由道路网M 处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达N 处需走8步，共有4870C =种走法，故A 正确；甲由道路网M 处出发，随机地选择一条沿街的最短路径到达3A 处需走4步，有246C =种走法，从3A 处沿街的最短路径到达N 处需走4步，有246C =种走法，所以共有6636⨯=种走法，故B 错误；由B 可知，甲从M 必须经过3A 到达N 处的走法有36种，同理乙从N 必须经过3A 到达M 处的走法也有36种，则甲、乙两人在3A 处相遇，共有36361296⨯=种走法，故C 错误；甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在12345,,,,A A A A A 处相遇，他们在1,2,3,(,)45i A i =处相遇的走法有()414i C -种，则()()()()()4444401234444441810C C C C C ++++=，故D 正确．故选：AD ．例18．（2023·高二课时练习）5400的正约数有______个【答案】48【解析】由3325400235=⨯⨯，所以5400的正约数一定是由2的幂与3的幂和5的幂相乘的结果，设正约数为235x y z ⨯⨯，其中x 取值为0，1，2，3共有4种；y 取值为0，1，2，3共有4种；z 取值为0，1，2共有3种；所以正约数个数为44348⨯⨯=．故答案为：48例19．（2023秋·上海嘉定·高二校考期中）正整数2022有______个不同的正约数．【答案】8【解析】因为202223337=⨯⨯，故2022所有的正约数有：01233333C C C C 8+++=个.故答案为：8.例20．（2023秋·上海徐汇·高二上海市南洋模范中学校考期末）有一道路网如图所示，通过这一路网从A 点出发不经过C 、D 点到达B 点的最短路径有___________种.【答案】24【解析】如图，由已知可得，应从A 点，先到E 点，再到F 点，最后经点G 到B 点即可.第一步：由A 点到E 点，最短路径为4步，最短路径方法种类为1343C C 4⋅=；第二步：由E 点到F 点，最短路径为3步，最短路径方法种类为1232C C 3⋅=；第三步：由F 点经点G 到B 点，最短路径为3步，最短路径方法种类为111121C C C 2⋅⋅=.根据分步计数原理可得，最短路径有43224⨯⨯=种.故答案为：24.例21．（2023·高二课时练习）图中的连线是A B C D 、、、四地之间可走通的不同路径，若每段路只能经过一次，则从A 地到C 地不同的走法种数为______．【答案】7【解析】如图，从A 地到C 地不同的走法有：,,,AEBHC AEBHGFC AEGHC AEGFC ，,,ADFC ADFGHC ADFGEBHC ，共7种，所以，从A 地到C 地不同的走法种数为7.故答案为：7例22．（2023春·湖北·高二校联考期中）如图为某地街道路线简图，甲从街道的A 处出发，先到达B 处与乙会和，再一起去到C 处，可以选择的最短路径条数为___________．【答案】18【解析】分2步，第一步从A 到B ，第二步从B 到C ，方法数为341218C C ⨯=．故答案为：18．例23．（2023春·河北石家庄·高二统考阶段练习）如图，在某城市中，M ，N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中1A 、2A 、3A 、4A 、5A 是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，今在道路网M 、N 处的甲、乙两人分别要到N 、M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N 、M 处为止．若甲、乙两人途中在2A 处相遇，则共有______种走法（用数字作答）．【答案】256【解析】由已知，甲从M 必须经过2A 到达N 处，最短路径为先走到2A 需走4步，横向1步，纵向3步，再走到N 需走4步，横向3步，纵向1步，走法有31314141()()16C C C C ⨯=种，同理得，乙从N 必须经过2A 到达M 处，最短路径为先走到2A 需走4步，横向3步，纵向1步，再走到M 需走4步，横向1步，纵向3步，走法有31314141()()16C C C C ⨯=种，若甲，乙两人在2A 处相遇，共有1616256⨯=种走法.故答案为：256.例24．（2023·全国·高三专题练习）将某商场某区域的行走路线图抽象为一个223⨯⨯的长方体框架（如图），小红欲从A 处行走至B 处，则小红行走路程最近的路线共有_________．（结果用数字作答）【答案】210【解析】由题意,最近的路线应该是3次向上,2次向右,2次向前,一共走7次,所以路线共有3274C C 210=,故答案为：210例25．（2023春·上海宝山·高二统考期末）640的不同正约数共有______个【答案】16【解析】因764025=⋅，于是得640的正约数形如25r k ⋅，其中{0,1,2,3,4,5,6,7},{0,1}r k ∈∈，所以640的一个正约数是25r k ⋅中r ，k 各取一个值代入计算的结果，而r 有8种取法，k 有2种取法，由分步乘法计数原理知25r k ⋅形式的数有8216⋅=个，所以640的不同正约数共有16个.故答案为：16例26．（2023秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）动点P 从正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 出发，沿着棱运动到顶点1C 后再到A ，若运动中恰好经过6条不同的棱，称该路线为“最佳路线”，则“最佳路线”的条数为__________．（用数字作答）【答案】18【解析】从A 点出发有3种走法，走B 或C 或A 1点，假设走A 1点，那么下一步有2种走法，走A 1或B 1，假设走B 1，下一步有1种走法，走C 1，下一步有2种走法，走C 或D 1，若走C ，然后有2种走法最后到A ，若走D 1，最后只有1种走法到A ，所以一共有()322118⨯⨯+=种.例27．（2023·全国·高三专题练习）如图，甲从A 到B ，乙从C 到D ，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路一共有________对.（用数字作答）【答案】1750【解析】甲从A 到B ，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A 到B 共有48C 种走法，乙从C 到D ，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A 到B 共有48C 种走法，根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径4488C C ⋅对，甲从A 到D ，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从A 到D 共有410C 种走法,乙从C 到B ，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从C 到B 共有26C 种走法,所以相交路径共有42106C C ⋅对，因此不同的孤立路一共有4442881067070210151750C C C C ⋅-⋅=⨯-⨯=对.故答案为：1750例28．（2023·全国·高二专题练习）如图所示，机器人明明从A 地移到B 地，每次只移动一个单位长度，则明明从A 移到B 最近的走法共有_____种．【答案】80【解析】分步计算，第一步A C →最近走法有2种；第二步C D →最近走法有3620C =种；第三步D B →最近走法有2种，故由A B →最近走法有220280⨯⨯=种．故答案为：80．例29．（2023春·河南·高二校联考阶段练习）30030能被______个不同正偶数整除．【答案】32【解析】先把30030分解成质因数的形式：3003023571113=⨯⨯⨯⨯⨯；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为012345555555C C C C C C 32+++++=个．故答案为：32.例30．（2023春·高二课时练习）如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A 爬到相对顶点C 1，求其中经过3条棱的路线共有多少条？【解析】经过AB ，有m 1=1×2=2条；经过AD ，有m 2=1×2=2条；经过AA 1，有m 3=1×2=2条.根据分类加法计数原理，从顶点A 到顶点C 1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.例31．（2023秋·湖北武汉·高二武汉二中校考期末）用数字0、2、3、4、6按下列要求组数、计算：(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？(2)可以组成多少个可以被3整除的没有重复数字的三位数？(3)求2346⨯⨯⨯即144的所有正约数的和.（注：每小题结果都写成数据形式）【解析】（1）百位数子只能是2、3、4、6中之一，百位数字确定后，十位和个位数字的组成共有24A 种方法，所以可以组成没有重复数字的三位数共有12144C A 48N ==个；（2）由题意，能被3整除的且没有重复数字的三位数只能是由2、4、0或2、4、3或2、4、6或0、3、6组成.共有12312222322C A +2A +C A 20N ==个；（3） 4214423=⨯，∴144的所有正约数的和为()()2342312222133403N =++++++=.例32．（2023·高二课时练习）某城市由n 条东西方向的街道和m 条南北方向的街道组成一个矩形街道网，要从A 处走到B 处，使所走的路程最短，有多少种不同的走法？【解析】将相邻两个交点之间的街道称为一段，那么从A 到B 需要走(2)n m +-段，而这些段中，必须有东西方向的()1n -段，其余的为南北方向的(1)m -段，所以共有1122m n m n m n C C --+-+-=种走法.例33．（2023·高二课时练习）如图，某地有南北街道5条、东西街道6条．一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B 地，且途经C 地，要求所走路程最短，共有多少种不同的走法？【解析】由题意可知，从A 经C 到B 的最短路程，只能向西、向南运动；从A 到C ，最短路程需要向南走3次，向西走2次，即从5次中任取2次向西，剩下3次向南，有2510C =种不同的走法，从C 到B ，最短路程需要向南走2次，向西走2次，即从4次中任取2次向西，剩下2次向南，有246C =种不同的走法，故从A 经C 到B 的最短路程，共有10660⨯=种不同的走法.例34．（2023春·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）（1）如图1所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A 出发，送信到西南角的B 地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？（2）如图2所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A 出发，送信到西南角的B 地，已知C 地（十字路口）在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？（3）如图3所示，某地有南北街道5条，东西街道6条（注意有一段DE 不通），一邮电员从该地东北角的邮A 局出发，送信到西南角的B 地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？（4）如图4所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，已知C 地（十字路口）在修路，无法通行，且有一段路程DE 无法通行，一邮递员该地东北角的邮局A 出发，送信到西南角的B 地，要求所走的路程最短，有多少种不同的走法？【解析】（1）由题意，由A 到B 的最短距离需要9步完成，其中向下走5步，向左走4步，由组合知识可知，不同的走法共有49126C =种.(2)若先经过C 再到B ，需向下走3步，向左走2步，有25C 种走法，由C 到B 需向下运动2步，向左运动2步，有24C 种走法，故先经过C 再到B 共有2254C C ，所以不经过C 共有4229541266066C C C -=-=种走法.(3)经过ED,需要3步由A 到D ，再需要5步由E 到B ，由A 到D 共有13C 种走法，由E 到B 共有25C 种走法，所以经过ED 的走法共有2153C C 种，故不经过ED 的走法共有4219531263096C C C -=-=种.(4)由A 经过DE 到C 的走法共有13C ，再由C 到B 需要向下、向左各2步共有24C 种走法，故经过DE 到C 再到B 的走法共有2143C C 种走法，所以不经过DE 也不经过C 的走法共有4222121954534354C C C C C C C --+=种.例35．（2023春·湖北·高二石首市第一中学校联考阶段练习）在某城市中，A ，B 两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从A 地出发去往B 地，则不同的路径共有__________条，其中途径C 地的不同路径共有__________条．【答案】21090【解析】由图可知，从A 地出发去往B 地的最短路径共10步，其中4步向上，6步向右，则不同的路径共有41010987C 2104321⨯⨯⨯==⨯⨯⨯条．途径C 地，则不同的路径共有2264C C 90=条．故答案为：210；90。
排列组合中捆绑法和插空法的应用,典型例题讲解
相邻问题——捆绑法对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”在一起，看作一个“大”的元素，与其它元素排列，然后再对相邻的元素内部进行排列。
(例3）7人站成一排照相，要求甲，乙，丙三人相邻，分别有多少种站法？分析：先将甲，乙，丙三人捆绑在一起看作一个元素，与其余4人共有5个元素做全排列，有55A种排法，然后对甲，乙，丙三人进行全排列由分步计数原理可得：5353A A种不同排法例4：七个家庭一起外出旅游，若其中四家是一个男孩，三家是一个女孩，现将这七个小孩站成一排照相留念。
若三个女孩要站在一起，有多少种不同的排法？解：将三个女孩看作一人与四个男孩排队，有55A种排法，而三个女孩之间有33A种排法所以不同的排法共有：5353720A A（种）。
变式1：若三个女孩要站在一起，四个男孩也要站在一起，有多少种不同的排法？不同的排法有：（种）对于相邻问题,常常先将要相邻的元素捆绑在一起,视作为一个元素,与其余元素全排列,再松绑后它们之间进行全排列.这种方法就是捆绑法.不相邻问题——插空法对于某几个元素不相邻得排列问题，可先将其它元素排好，然后再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入即可。
例4）7人站成一排照相，要求甲，乙，丙三人不相邻，分别有多少种站法？分析：可先让其余4人站好，共有44A种排法，再在这4人之间及两端的5个“空隙”中选三个位置让甲，乙，丙插入，则有35 A种方法，这样共有3445AA种不同的排法。
变式2：若三个女孩互不相邻，有多少种不同的排法？解：先把四个男孩排成一排有44A种排法，在每一排列中有五个空档（包括两端），再把三个女孩插入空档中有35A种方法，所以共有：43451440A A=（种）排法。
变式3：男生、女生相间排列，有多少种不同的排法？23423428 A A A=解：先把四个男孩排成一排有44A种排法，在每一排列中有五个空档（包括两端），再把三个女孩插入空档中有33A种方法，所以共有：4343144A A=（种）排法。
排列组合典型例题+详解
典型例题一例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？典型例题二例2三个女生和五个男生排成一排（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？典型例题三例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。
（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？典型例题四例4某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．典型例题五例5现有3辆公交车、3位司机和3位售票员，每辆车上需配1位司机和1位售票员．问车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？典型例题六例6下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？典型例题七例5 7名同学排队照相．(1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？ 典型例题八例8 从65432、、、、五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．典型例题九例9 计算下列各题：(1) 215A ； (2) 66A ； (3) 1111------⋅n n m n m n m n A A A ； (4) !!33!22!1n n ⋅++⋅+⋅+ (5) !1!43!32!21n n -++++ 典型例题十例10 f e d c b a ,,,,,六人排一列纵队，限定a 要排在b 的前面（a 与b 可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法．对这个题目，A 、B 、C 、D 四位同学各自给出了一种算式：A 的算式是6621A ；B 的算式是441514131211)(A A A A A A ⋅++++；C 的算式是46A ； D 的算式是4426A C ⋅．上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由．典型例题十一例11 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？典型例题十二例12 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（ ）．A ．5544A A ⋅B ．554433A A A ⋅⋅C ．554413A A C ⋅⋅D ．554422A A A ⋅⋅典型例题十三例13 由数字5,4,3,2,1,0组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数的个数共有（ ）．A ．210B ．300C ．464D ．600典型例题十四例14 用5,4,3,2,1，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）．A ．24个B ．30个C ．40个D ．60个典型例题十五例15 (1)计算88332211832A A A A ++++ ．(2)求!!3!2!1n S n ++++= (10≥n )的个位数字．典型例题十六例16 用543210、、、、、共六个数字，组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个无重复数字的3位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？典型例题十七例17 一条长椅上有7个座位，4人坐，要求3个空位中，有2个空位相邻，另一个空位与2个相邻空位不相邻，共有几种坐法？典型例题分析1、分析：这一问题的限制条件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位数上；③个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下：如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二．如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三．如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有39A 个；当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有281814A A A ⋅⋅（个）． ∴ 没有重复数字的四位偶数有2296179250428181439=+=⋅⋅+A A A A 个．解法2：当个位数上排“0”时，同解一有39A 个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：)(283914A A A -⋅个 ∴ 没有重复数字的四位偶数有22961792504)(28391439=+=-⋅+A A A A 个．解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有281515A A A ⋅⋅个干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有281414A A A ⋅⋅个∴ 没有重复数字的四位偶数有2296281414281515=⋅⋅+⋅⋅A A A A A A 个．解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．没有重复数字的四位数有39410A A -个．其中四位奇数有)(283915A A A -个∴ 没有重复数字的四位偶数有28393939283915394105510)(A A A A A A A A A +--⨯=---283954A A +=2828536A A +=2841A =2296=个说明：这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用．2、解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有66A 种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有33A 对种不同的排法，因此共有43203366=⋅A A 种不同的排法． （2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有55A 种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有36A 种方法，因此共有144003655=⋅A A 种不同的排法． （3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有25A 种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有66A 种排法，所以共有144006625=⋅A A 种不同的排法． 解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有88A 种不同的排法，从中扣除女生排在首位的7713A A ⋅种排法和女生排在末位的7713A A ⋅种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有6623A A ⋅种不同的排法，所以共有1440026623771388=+-A A A A A 种不同的排法．解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有36A 种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有55A 种不同的排法，所以共有144005536=⋅A A 种不同的排法，（4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有7715A A ⋅种不同的排法；如果首位排女生，有13A 种排法，这时末位就只能排男生，有15A 种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有66A 种不同的排法，这样可有661513A A A ⋅⋅种不同排法．因此共有360006615137715=⋅⋅+⋅A A A A A 种不同的排法．解法2：3个女生和5个男生排成一排有88A 种排法，从中扣去两端都是女生排法6623A A ⋅种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有36000662388=⋅-A A A 种不同的排法．说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理）应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它条件．若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快． 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用．3、解：（1）先排歌唱节目有55A 种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有46A 中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：55A 46A ＝43200.（2）先排舞蹈节目有44A 中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。
(完整版)排列组合知识点总结典型例题及解析
排列组合知识点总结 +典型例题及答案解析一．根根源理1．加法原理：做一件事有n 类方法，那么完成这件事的方法数等于各样方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n 步完成，那么完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或地址赞同重复使用，求方法数常常用根根源理求解。
二．排列：从n 个不相同元素中，任取m〔 m≤ n 〕个元素，依照必然的序次排成一列，叫做从 n个不相同元素中取出m个元素的一个排列，所有排列的个数记为A n m .1. 公式： 1. A n m n n 1 n 2 ⋯⋯ n m 1n!n m !2.规定： 0!1(1) n!n ( n 1)!,( n 1) n! (n 1)!(2)n n! [( n 1) 1] n! (n 1) n! n! (n 1)!n! ；(3)n n 1 1n1111(n1)!(n1)!( n1)!(n 1)!n!( n 1)!三．组合：从 n 个不相同元素中任取m〔m≤n〕个元素并组成一组，叫做从n 个不相同的 m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作Cn 。
1. 公式：C n m A n m n n 1 ⋯⋯ n m1n!定： C n01A m m m!m! n m !2.组合数性质： C n m C n n m，C n m C n m 1 C n m1， C n0 C n1⋯⋯ C n n2n①；②；③；④注： C r r C r r1C r r2L C n r1C n r C r r11C r r1C r r2 L C n r1C n r C r r21C r r2L C n r1 C n r C n r11假设C n m1C n m2 m1 =m 2或 m1+m 2n四．办理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事〔审题〕②有序还是无序③分步还是分类。
2．解排列、组合题的根本策略〔1〕两种思路：①直接法；②间接法：对有限制条件的问题，先从整体考虑，再把不吻合条件的全部状况去掉。
(完整版)排列组合知识点总结+典型例题及答案解析
g a o o 2. ! ①；②；③；④[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2 28步，那么共有C＝28种走法．6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有( )A．24种B．36种 C．38种D．108种[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有213种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C种分法，然132后再分到两部门去共有C A种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组213人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C种13213方法，由分步乘法计数原理共有2C A C＝36(种)．7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A．33 B．34 C．35 D．36123[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C·A＝12个；1233②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C·A＋A＝18个；13③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是( ) A．72 B．96 C．108 D．144213223[解析] 分两类：若1与3相邻，有A·C A A＝72(个)，若1与3不相邻有forsos的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选。
排列组合专题复习及经典例题详解
排列组合专题复习及经典例题详解研究目标：掌握排列、组合问题的解题策略。
重点：1.特殊元素优先安排的策略；2.合理分类与准确分步的策略；3.排列、组合混合问题先选后排的策略；4.正难则反、等价转化的策略；5.相邻问题捆绑处理的策略；6.不相邻问题插空处理的策略。
难点：综合运用解题策略解决问题。
研究过程：1.知识梳理1.分类计数原理（加法原理）：完成一件事，有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类型办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+。
+mn种不同的方法。
2.分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……，做第n步有mn种不同的方法；那么完成这件事共有N=m1×m2×。
×mn种不同的方法。
特别提醒：分类计数原理与“分类”有关，要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性；分步计数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏。
3.排列：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，m<n时叫做选排列，m=n时叫做全排列。
4.排列数：从n个不同元素中，取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Pn表示。
5.排列数公式：Pn=n(n-1)(n-2)。
(n-m+1)=m!/(n-m)。
其中m≤n，n、m∈N+。
特别提醒：规定0!=1.6.组合：从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个不同元素，组成一组，叫做从n个不同元素中取m个不同元素的一个组合。
7.组合数：从n个不同元素中取m(m≤n)个不同元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的组合数，用符号Cn表示。
2023年高考数学复习----排列组合多面手问题典型例题讲解
2023年高考数学复习----排列组合多面手问题典型例题讲解【典型例题】例1．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有种不同的选法．A ．675B ．575C ．512D ．545【答案】A【解析】分析：根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．详根据题意可按照只会左边的2人中入选的人数分类处理．第一类2个只会左边的都不选，有3355100C C ⋅=种； 第二类2个只会左边的有1人入选，有123256400C C C ⋅=种；第三类2个只会左边的全入选，有213257175C C C ⋅=种，所以共有675种不同的选法，故选A ．例2．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法A ．225B ．185C ．145D ．110【答案】B【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有4454C C 种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，因此有134413254524C C C C C C +种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，因此有22442213132545242514C C C C C C C C C C ++种． 综上分析，共可开出441344132244221313542545242545242514185C C C C C C C C C C C C C C C C C C +++++=种． 故选：B ．例3．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）A ．26种B ．30种C ．37种D ．42种【答案】C【解析】根据题意，设{A =只会划左桨的3人}，{B =只会划右桨的3人}，{C =既会划左桨又会划右桨的2人}，据此分3种情况讨论：①从A 中选3人划左桨，划右桨的在（B C ⋃）中剩下的人中选取，有35C 10=种选法， ②从A 中选2人划左桨，C 中选1人划左桨，划右桨的在（B C ⋃）中选取，有213324C C C 24=种选法，③从A 中选1人划左桨，C 中2人划左桨，B 中3人划右桨，有13C 3=种选法，则有1024337++=种不同的选法． 故选：C ．。
2023年高考数学复习----排列组合排队问题典型例题讲解
2023年高考数学复习----排列组合排队问题典型例题讲解【典型例题】例48．（2022春·福建福州·高三福州四中校考阶段练习）甲、乙、丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有,A B 两支正在等待检测的队伍，则甲、乙、丙三人不同的排队方案共有______种．【答案】24【解析】先进行分类：①3人到A 队伍检测，考虑三人在A 队的排队顺序，此时有33A 6=种方案；②2人到A 队伍检测，同样要考虑两人在A 队的排队顺序，此时有23A 6=种方案；③1人到A 队伍检测，要考虑两人在B 队的排队顺序，此时有23A 6=种方案；④0人到A 队伍检测，要考虑两人在B 队的排队顺序，此时有33A 6=种方案；所以，甲、乙、丙三人不同的排队方案共有24种．故答案为：24例49．（2022秋·安徽·高三芜湖一中校联考阶段练习）某医院对9个人进行核酸检测，为了防止排队密集，将9人分成两组，第一组5人，排队等候，由于甲、乙两人不熟悉流程，故无论在哪一组，排队都不在第一位，则第一组的不同排法种数为_________．（用数字作答）【答案】11760【解析】第一组的第一位排法种数为7，后4位的排法种数48A ，故所有排法种数为487A 11760⨯=． 故答案为：11760．例50．（2022·上海·统考模拟预测）有七名同学排队进行核酸检测，其中小王站在正中间，并且小李､小张两位同学要站在一起，则不同的排队法有___________种．【答案】192【解析】当小李和小张在小王的左侧时共有2123223496A C A A =（种）排列方法，同理，当小李和小张在小王的右侧时也有96种排列方法，∴共有192种排列方法．故答案为：192本课结束。
组合数学练习题及解析
组合数学练习题及解析组合数学是数学中的一个分支，主要研究离散对象之间的组合关系。
它在计算机科学、统计学、运筹学等领域中具有广泛的应用。
本文将提供一些组合数学的练习题，并附上详细的解析，以帮助读者更好地理解和掌握这一领域的知识。
一、排列组合1. 从10个人中选出3个人组成一个小组，问有多少种不同的选择方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。
根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种选择方式。
2. 有10个小球，5个红色，5个蓝色，从中选取3个小球组成一个集合，问有多少种不同的集合？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素并忽略其顺序的组合问题。
根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!)= 120种不同的集合。
3. 从字母A、B、C、D、E中任选3个字母组成一个字符串，问有多少种不同的字符串？解析：这是一个从5个元素中选取3个元素并考虑其顺序的排列问题。
根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 3) = 5! / (5-3)! = 5*4*3 = 60种不同的字符串。
二、组合数学问题1. 假设有8本不同的书放在一排，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个考虑顺序的排列问题。
根据排列的公式，可以得到答案为P(8, 8) = 8! = 40320种不同的放置方式。
2. 有5个不同的水果，需要选择2个水果放入一个篮子中，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个从5个元素中选取2个元素并考虑其顺序的排列问题。
根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 2) = 5! / (5-2)! = 5*4 = 20种不同的放置方式。
3. 一家公司有10个员工，其中3个员工必须参加一个会议，问有多少种不同的选取方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。
根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种不同的选取方式。
2023年高考数学复习----排列组合间接法典型例题讲解
2023年高考数学复习----排列组合间接法典型例题讲解【典型例题】例1．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．A ．1860种B ．3696种C ．3600种D ．3648种【答案】D 【解析】7个人从左到右排成一排，共有775040A =种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有3535720A A =种不同的站法，甲站在最右端有66720A =种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有242448A A =种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有5040720720483648−−+=种不同的站法．故选：D例2．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）A ．21种B ．231种C ．238种D ．252种【答案】B 【解析】10人中选5人有510C 252=种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有57C 21=种，则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有55107C C 231−=种．故选：B例3．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）A ．408种B ．240种C ．1092种．D ．120种【答案】A【解析】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为1555A A ， 其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为142442A A A ， 于是得1514255442A A A A A 51204242408−=⨯−⨯⨯=，所以“六艺”讲座不同的次序共有408种．故选：A。
高二数学组合例题解析 人教版
高二数学组合例题解析一. 本周教学内容组合二. 重点、难点1. 从n 个不同元素中，任取m 个组成一组。
)!(!!m n m n C m n -= 2. m m m n m n A C A = m n n m n C C -= m n m n m n C C C 11+-=+ m n m n C m m n C 11+-=+ m n m n C m n n C 1--= 11--=m n m n C mn C 3. 分组与分配问题【典型例题】[例1] 甲班组共十六名工人，从中选出七人参加植树。
（1）A 必在其中的选法5005615=C（2）A 必不在其中的选法6435715=C（3）A 、B 同时在其中的选法1820514=C（4）A 、B 至少有一人在其中的选法8008343211440514614614714716=-=++=-C C C C C[例2] 某校13个班分成两组进行足球比赛，第一组七个队，第二组六个队进行单循环比赛（每队与同组各队各赛一场）然后每组前两名进入决赛，四个队再进行单循环比赛，决出冠亚军。
共需多少场比赛。
42242627=++C C C[例3] 一次数学考试共11道题，填空题6个每题3分，选择题5个每题2分。
（答错不扣分）某同学答对六道题，且得分不少于总分的一半。
这位同学答对题的可能性有多少种。
解：285263=⨯+⨯ 一半为14（1）6个3 66C（2）5个3、1个2 1556C C ⋅（3）4个3、2个2 2546C C ⋅（4）3个3、3个2 3536C C ⋅（5）2个3、4个2 4526C C 共计456种[例4] 平面上有9个点，其中只有4点共线，其余无三点共线。
（1）可以确定多少条直线31111415252429=++=+-C C C C C（2）可以确定多少个三角形8024151425353439=⋅+⋅+=-C C C C C C C[例5] 圆周上有12个点。
组合的解析
组合及组合数一、基础知识讲解1、组合的定义一般的，从n 个元素中取出m ()n m ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中取出m 个元素的一个组合。
注意：(1)如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合；(2）当两个组合的元素不完全相同时，就是不同的组合；(3）组合与排列的共同点是，都要“从n 个元素中取出m 个元素”，不同点是，前者是“不管顺序并成一组”，而后者是“按照一定的顺序排成一列”。
2、组合数的定义从n 个不同的元素中取出m ()n m ≤个元素的所有组合，叫做从n 个元素中取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示。
C m n =()()()()m mm n A A m n m n m m n n n n =-=+-∙∙∙--!!!!121 3、组合与排列的区别和联系（1）组合式无序的，排列是有序的。
（2）从n 个不同的元素中取出 m (n m ≤)个元素的排列，可以看成先从这n 个不同的元素中取出m (n m ≤)个元素的组合后，再将这m 个元素作全排列所得到。
即：m mm n m n A C A ∙= 4、组合数的性质(1）C C m n n m n -= (2) C C C m n m n mn 11-++= 考点1、分解与合成模式例1、 利用正方体的8个顶点可构成多少个三棱锥？多少对异面直线？考点2、映射模式例2、 用1,2,3，4,5这五个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数有多少个？ 考点3、叠加模式（容斥原理）例3、甲、乙等五人站成一排，其中甲不站在排头，乙不站在排尾的排法有多少种？ 考点4、化归模式例4、25人排成55⨯方阵，现从中选3人，要求3人不在同一行也不在同一列，不同 的选法有多少种？例5、如图是某一城市的街区图，由12个全等的矩形街区构成，其中实线表示街区，问从A 到B 的最短路程有多少种？考点5、整体模式和隔板模式例6、已知方程100=+++w z y x ，求：（1） 这个方程的正整数解的组数。
2023年高考数学复习---排列组合分组问题、分配问题典型例题讲解
2023年高考数学复习---排列组合分组问题、分配问题典型例题讲解分组问题【典型例题】例1．2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为（ ）A ．91B ．101C ．111D ．121【答案】B 【解析】（1）若编号为1222310++++=，则有25220C ⨯=种，（2）若编号为1123310++++=，则有215330C C ⨯=种，（3）若编号为1122410++++=，则有225330C C ⨯=种，（4）若编号为1113410++++=，则有315220C C ⨯=种，（5）若编号为2222210++++=，则有1种，所以不同的指派方法种数为203030201101++++=种．故选：B ．例2．已知有6本不同的书．（1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？（2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？【解析】（1）6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为2226423315 C C C A =． （2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆方法的种数为12365360.C C C =分配问题【典型例题】例1．（2022·浙江·模拟预测）杭州亚运会启动志愿者招募工作，甲、乙、丙、丁等4人报名参加了,,A B C 三个项目的志愿者工作，每个项目需1名或2名志愿者，若甲不能参加A 项目，乙不能参加B 、C 项目，那么共有______种不同的志愿者选拔方案．【答案】10【解析】由题意可得乙一定参加A 项目，若A 项目只有一个人时，即为乙，则先将甲、丙、丁分为两组，有23C 种， 再将两组分配到,B C 两个项目，有22A 种， 则有2232C A 6⋅=种不同的志愿者选拔方案，若A 项目有2人时，又甲不能参加A 项目，则只能从丙、丁中选1人和乙组队到A 项目，有12C 种，再将剩下的2人分配到,B C 两个项目，有22A 种， 则有1222C A 4⋅=种不同的志愿者选拔方案，综上，共有6410+=种不同的志愿者选拔方案．故答案为：10．例2．（2022·上海长宁·统考一模）有甲、乙、丙三项任务，其中甲需2人承担，乙、丙各需1人承担；现从6人中任选4人承担这三项任务，则共有___________种不同的选法【答案】180【解析】第一步，先从6人中任选2人承担任务甲，有26C 种选法，第二步，再从剩余4人中任选1人承担任务乙，有14C 种选法，第三步，再从3人中任选1人承担任务丙，有13C 种选法， 所以共有211643C C C 180=种选法．故答案为： 180．例3．（2022·四川南充·高三统考期中）随着高三学习时间的增加，很多高三同学心理压力加大．通过心理问卷调查发现，某校高三年级有5位学生心理问题凸显，需要心理老师干预．已知该校高三年级有3位心理老师，每位心理老师至少安排1位学生，至多安排3位学生，则共有______种心理辅导安排方法．【答案】150【解析】根据题意，分2步进行分析：①将5位学生分为3组，若有两组2人，一组1人，有225322C C 15A =种分组方法， 若两组1人，一组3人，有35C 10=种分组方法，则有15＋10＝25种分组方法，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，有33A 6=种情况，则有25×6＝150种安排方法，故答案为：150．。
组合问题知识点
组合问题知识点一、基础概念理解（5题）1. 从5个不同元素中取出3个元素的组合数是多少？- 解析：根据组合数公式C_n^k=(n!)/(k!(n - k)!)，这里n = 5，k=3。
则C_5^3=(5!)/(3!(5 - 3)!)=(5×4×3!)/(3!×2×1)=10。
2. 若C_n^2 = 10，求n的值。
- 解析：由组合数公式C_n^2=(n!)/(2!(n - 2)!)=(n(n - 1))/(2)=10，即n(n -1)=20，展开得到n^2-n - 20 = 0，因式分解为(n - 5)(n+4)=0，解得n = 5或n=-4。
因为n>0，所以n = 5。
3. 组合数C_8^5与C_8^3有什么关系？- 解析：根据组合数的性质C_n^k=C_n^n - k，这里n = 8，k = 5，n-k=3，所以C_8^5=C_8^3=(8!)/(5!(8 - 5)!)=(8!)/(3!(8 - 3)!)=56。
4. 计算C_10^0+C_10^1+·s+C_10^10的值。
- 解析：根据二项式定理(a + b)^n=∑_k = 0^nC_n^ka^n - kb^k，当a=b = 1时，(1 + 1)^n=∑_k = 0^nC_n^k，这里n = 10，所以C_10^0+C_10^1+·s+C_10^10=2^10=1024。
5. 解释组合与排列的区别。
- 解析：排列是指从n个不同元素中取出m个元素按照一定顺序排成一列，与元素的顺序有关；而组合是从n个不同元素中取出m个元素组成一组，与元素的顺序无关。
例如从1、2、3中取两个数，排列有(1,2)、(2,1)、(1,3)、(3,1)、(2,3)、(3,2)共6种情况，而组合只有{1,2}、{1,3}、{2,3}共3种情况。
二、组合数的应用（10题）6. 有10个学生，从中选3个学生参加数学竞赛，有多少种选法？- 解析：这是一个组合问题，从10个不同元素（学生）中选取3个元素（学生）的组合数，根据组合数公式C_10^3=(10!)/(3!(10 - 3)!)=(10×9×8)/(3×2×1)=120种选法。
高中数学排列组合典型例题精讲
高中数学排列组合典型例题精讲概念形成1、元素：我们把问题中被取的对象叫做元素2、排列：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺．．．．序．排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．．．．。
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列（与位置有关）（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同合作探究二 排列数的定义及公式3、排列数：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号m nA 表示 议一议：“排列”和“排列数”有什么区别和联系？4、排列数公式推导探究：从n 个不同元素中取出2个元素的排列数2n A 是多少？3n A 呢？m A n 呢？ )1()2)(1(+-⋯--=m n n n n A m n （,,m n N m n *∈≤）说明：公式特征：（1）第一个因数是n ，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是1n m -+，共有m 个因数；（2）,,m n N m n *∈≤ 即学即练:1.计算 (1）410A ； (2）25A ；(3)3355A A ÷ 2.已知101095m A =⨯⨯⨯，那么m =3．,k N +∈且40,k ≤则(50)(51)(52)(79)k k k k ----用排列数符号表示为( ) A ．5079k k A -- B ．2979k A - C ．3079k A - D ．3050k A -例1． 计算从c b a ,,这三个元素中，取出3个元素的排列数，并写出所有的排列。
5 、全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的全排列。
此时在排列数公式中， m = n全排列数：(1)(2)21!n n A n n n n =--⋅=（叫做n 的阶乘）.即学即练:口答（用阶乘表示）：（1）334A （2）44A （3）)!1(-⋅n n排列数公式的另一种形式：)!(!m n n A m n -= 另外，我们规定 0! =1 .例2．求证：m n m n m n A mA A 11+-=+．解析：计算时，既要考虑排列数公式，又要考虑各排列数之间的关系；先化简，以减少运算量。
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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A210=90（种）.（2）是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别.组合数为C210=45（种）.（3）是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别.组合数为C210=45（种）.（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A210=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C310=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A310=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 bc c cd ddd de 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C35=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 5C 1－n 6C 1＝n 710C 7，求C n8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 mm n A A .【例4】 计算（1）C 23+C 24+C 25+…+C 2100； （2）A 23+A 24+A 25+…+A 2100. 解：（1）C 23+C 24+C 25+…+C 2100 =（C 33+C 23）+C 24+C 25+…+C 2100－C 33 =（C 34+C 24）+C 25+…+C 2100－C 33 =C 3101－C 33=166649. （2）A 23+A 24+A 25+…+A 2100 =A 22（C 23+C 24+…+C 2100）=2×166649=333298.点评：注意题中对公式C m n +C 1-m n=C mn 1+及A m n =C m n ·A mm 的应用.若逆用公式C m n +C 1-m n =C m n 1+也可解决（1）.即将公式变形，C 1-m n =C m n 1+－C m n ，则有C 23+C 24+C 25+…+C 2100=（C 34－C 33）+（C 35－C 34）+（C 36－C 35）+…+（C 3101－C 3100）=C 3101－C 33=166649.【例5】 解下列方程： （1）C 2n =66；（2）C n10=210；（3）C n18=C 6318-n .解：（1）由原方程，得2)1(-n n =66， 即n 2－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 n10=210中一一验证，解得C 410=210，又C 610=C 610，∴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 mn n-的运用，以防止失根. （2）解C x n =C yn 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 nx n x n解：∵C x n =C x n n -=C xn 2，∴n －x =2x .∴n =3x .又由C 1+x n =311C 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 xn 来表示，即C 1+x n =1+-x xn C xn ，C 1-x n =1+-x n x C x n ，从而方程C 1+x n =311C 1-x n 可化为1+-x x n C x n =311×1+-x n x C xn ，约去C xn ，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 234=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 234=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 215=2100（种）.答：不同的取法有2100种.（4）选取2名女生有C 120C 215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 11--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？解：虽然可以算出共有C2n条线段，但这些线段在圆内不一定有交点，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周上的四个点；反之，圆周上的每4个点，虽然可连成C24=6条线段，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数为C4n个.【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C410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=C410·24=3360（种）.答：有3360种不同取法.（2）从10双鞋子中选取2双有C210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C110种选法，再从9双鞋中选取2双有C29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=C110C29·22=1140（种）.解法二：先选取一双鞋子有C110种选法，再从18只鞋子中选取2只鞋有C218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=C110（C218－9）=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 B524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C44C47=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C34·C12·C46=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C24·C22·C45=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，C45·C46+C35·C12·C45+C25·C22·C44=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C26种方法，乙再从余下的4本书中取2本有C24种方法，丙取最后2本书有C22种方法，因此总共有C26·C24·C22=90种方法.（2）同（1）有C16·C25·C33=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A33种方法，所以共有C 16·C 25·C 33·A 33=360种分法.（4）同（2）有C 16·C 25·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 26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33222426A 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 33=C 26·C 24·C 22，∴x =15.（6）同（5），有222222241516A A C C C C ⋅⋅⋅⋅=45种方法. （7）同（5）（6）有222222241516A 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C 311=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C315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C315种，即球的放法有C315=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C35=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，就确定了一种放法.将三块隔板加上2个小球排成一列，有C25种排列，即有C25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2种位置，间隔8垄时有1种位置，而对每一种位置有A22种种植方法，因而共有（3＋2＋1）A22＝12种不同的选垄方法.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A24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A24＝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C35C25A55种，其中0居首位的有C35C14A44种，故符合条件的五位数共有C35C25A55－C35C14A44＝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C35C24A55个；②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有A14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C35C1A44A14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C35C24A55＋C35C14A44A14＝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？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.A B（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C27·C25=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C610C44=C410C66=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.。