1.两个基本原理、排列
排列组合基本原理
排列组合基本原理华图教育专家排列组合作为数学运算中相对独立的一部分，题型本身难度较大，其考察的方式比较灵活，对考生思维能力的要求较高，在行测考试中出现的频率比较大。
虽然这部分题的难度在逐年地提高，但是广大考生只要熟练地掌握排列组合的基本原理，学会运用一些常见的解题方法，理解并领会排列组合地本质，就一定能在考试中解决绝大部分的试题。
下面我们就来介绍排列组合的基本知识：一、两个原理加法原理和乘法原理是排列组合的基础，也是在解决排列组合问题时最常用，最基本的原理，所以，熟练掌握这两个原理，理解其内在本质至关重要。
加法原理当我们考虑问题或做一件事情时，完成它可以有n 类办法，如果在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有的方法就是把每一类的方法都加起来。
例如：从A 地到B 地可以乘坐火车，汽车，飞机等三种交通方式，乘坐火车有3种方法，乘坐汽车有4种方法，乘坐飞机有5种方法，那么从A 地到B 地就有3+4+5=12种方法。
乘法原理当我们考虑问题或做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事总共有的方法就是把每一步的方法都乘起来。
例如：从A 地到B 地需要在C 地中转，从A 地到C 地有火车，汽车，飞机等三种交通方式，而每种交通方式又有2种方法；从C 地到B 地火车，汽车等两种交通方式，而每种交通方式又有2种方法，那么从A 地到B 地总共就有32种方法。
由于从A 地到B 地必须在C 地中转，所以分两步走，那么，最后总的方法就是把每一步的方法乘起来。
总之，分类考虑用加法，分步考虑用乘法。
例题：有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，有多少种不同的取法？A.27B.162C.242D.720答案解析：这道题较为复杂，既需要考虑分类，又需要考虑分步。
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。
届高考数学(理科)二轮复习专题 排列组合与二项式定理(人教A版)PPT课件
第18讲 │ 要点热点探究
► 探究点二 排列与组合
例 2 在送医下乡活动中，某医院安排 3 名男医生和 2 名女医生到三所乡医 院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则 不同的分配方法总数为( )
A．78 B．114 C．108 D．120 【分析】 先分组后分配，然后减去两名女医生在一个医院的情况． B 【解析】 五人分组有(1,1,3)，(1,2,2)两种分组方案，方法数是C15CA1422C33＋ C15AC2224C22＝25，故分配方案的总数是 25A33＝150 种．当仅仅两名女医生一组时， 分组数是 C13，当两名女医生中还有一名男医生时，分组方法也是 C13，故两名女 医生在一个医院的分配方案是 6A33＝36.符合要求的分配方法总数是 150－36＝ 114. 【点评】 在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目，就要先分 组然后再进行分配．
n∈N，且 m≤n)；Cmn＋1＝Cmn ＋Cmn －1(m，n∈N，且 m≤n)．
2
第18讲 │ 主干知识整合
4．二项式定理 (a＋b)n 展开式共有 n＋1 项，其中 r＋1 项 Tr＋1＝Crnan－rbr. 5．二项式系数的性质 二项式系数是指 C0n，C1n，…，Cnn这 n＋1 个组合数． 二项式系数具有如下几个性质： (1)对称性、等距性、单调性、最值性； (2)Crr＋Crr＋1＋Crr＋2＋…＋Crn＝Crn＋＋11； C0n＋C1n＋C2n＋…＋Crn＋…＋Cnn＝2n； C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝2n－1； C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋nCnn＝n·2n－1 等．
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第18讲 │ 要点热点探究
(1)某考生打算从 7 所重点大学中选 3 所填在第一档次的三个志 愿栏内，其中 A 校定为第一志愿；再从 5 所一般大学中选 3 所填在 第二档次的三个志愿栏内，其中 B、C 两校必选，且 B 在 C 前，问 此考生共有________种不同的填表方法．
6.1排列组合(完整)
各需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? .
2520
21
4、（徐州二模）从6人中选4人组成4×100m接
力赛，其中甲跑第一棒，乙不跑最后一棒，有多
少种选法？
分析：（一）直接法 （二）间接法
A41 A42 A53 A42
=48
5、（南通一模）一个三位数，其十位上的数字
6.1 排列组合
.
1
一、回顾
(一)、知识结构
排列 基 本 原 理
组合
排列数公式 应 用 问
组合数公式 题
组合数性质
.
2
(二)、重点难点
1. 两个基本原理 2. 排列、组合的意义 3. 排列数、组合数计算公式 4. 组合数的两个性质 5. 排列组合应用题
.
3
1. 两个基本原理
①分类记数原理（加法原理）：
Cm n
C . m1 n
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10
5. 排列组合应用题
（1） 正确判断是排列问题，还是组合 问题，还是排列与组合的综合问题。
（2） 解决比较复杂的排列组合问题时， 往往需要既分类又分步。正确分类，不 重不漏；正确分步，连续完整。
（3） 掌握基本方法，并能灵活选择使 用。
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11
二、例题选讲： 例1 学生要从六门课中选学两门：
解法一：(分类法) A88 A71 A71 A77 287280
解法二：(排除法) A99 2A88 A77 287280
.
13
⑵甲乙必须排在一起，丙丁不能排在一起；
A66 A22 A72 60480
点评：小团体排列问题中，先整体后局部， 再结合不相邻问题的插空处理.
大学数学排列组合(文科生补充)
1.两个基本原理(l)从甲地到乙地，可乘火车、汽车、轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？分析：因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法．一般地，有如下原理：加法原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1十m 2十…十m n 种不同的方法．(2) 由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条．从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？分析：从A 村到B 村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B 村后，再从B 村到C 村又有2种不同的走法．因此，从A 村经B 村去C 村共有 3×2=6种不同的走法． 一般地，有如下原理：乘法原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．例1 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．1）从中任取一本，有多少种不同的取法？2）从中任取数学书与语文书各一本，有多少的取法？解：（1）从书架上任取一本书，有两类办法：第一类办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6种方法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中任取一本，有5种方法．根据加法原理，得到不同的取法的种数是6+5=11．（2）从书架上任取数学书与语文书各一本，可以分成两个步骤完成：第一步取一本数学书，有6种方法；第二步取一本语文书，有5种方法．根据乘法原理，得到不同的取法的种数是 6530N =⨯=．例2 (1)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字允许重复三位数？(2)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？(3)由数字0，l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？解：要组成一个三位数可以分成三个步骤完成：第一步确定百位上的数字，从5个数字中任选一个数字，共有5种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，这仍有5种选法，第三步确定个位上的数字，同理，它也有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位数的个数是555125N =⨯⨯=．练习：1、从甲地到乙地有2条陆路可走，从乙地到丙地有3条陆路可走，又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．（1）从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？（2）从甲地到丙地共有多少种不同的走法？2．一名儿童做加法游戏．在一个红口袋中装着2O 张分别标有数1、2、…、19、20的红卡片，从中任抽一张，把上面的数作为被加数；在另一个黄口袋中装着10张分别标有数1、2、…、9、1O 的黄卡片，从中任抽一张，把上面的数作为加数．这名儿童一共可以列出多少个加法式子？3．由0－9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？小结：要解决某个此类问题，首先要判断是分类，还是分步？分类时用加法，分步时用乘法2.排列(1)【基本概念】1. 什么叫排列？从n 个不同元素中，任取m(n m ≤)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．．．．2. 什么叫不同的排列？元素和顺序至少有一个不同.3. 什么叫相同的排列？元素和顺序都相同的排列.【例题与练习】1. 由数字1、2、3、4可以组成多少个无重复数字的三位数？2.已知a 、b 、c 、d 四个元素，①写出每次取出3个元素的所有排列；②写出每次取出4个元素的所有排列.【排列数】1. 定义：从n 个不同元素中，任取m(n m ≤)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 n A 表示.排列数公式：)1()2)(1(+---=m n n n n A m n 或)!(!m n n A m n -=，规定 0!=1 2. 2n A = ；3n A = ；4n A = ； 计算：25A = ； 45A = ；215A =3. 写出：a) 从五个元素a 、b 、c 、d 、e 中任意取出两个、三个元素的所有排列；b) 由1、2、3、4组成的无重复数字的所有3位数.c) 由0、1、2、3组成的无重复数字的所有3位数.3.排列(2)例1：⑴ 7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：7个元素的全排列——77A ＝5040⑵ 7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040⑶ 7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——66A =720⑷ 7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有22A 种；第二步 余下的5名同学进行全排列有55A 种，则共有22A 55A =240种排列方法 ⑸ 7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？解法一（直接法）：第一步 从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有25A 种方法；第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有55A 种方法 所以一共有25A 55A ＝2400种排列方法． 解法二：（排除法）若甲站在排头有66A 种方法；若乙站在排尾有66A 种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有55A 种方法．所以甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有77A －662A ＋55A =2400种．小结一：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑．例2 ： 7位同学站成一排．⑴甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有66A 种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有22A 种方法．所以这样的排法一共有66A 22A ＝1440种．⑵甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？解：方法同上，一共有55A 33A ＝720种． ⑶甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？解：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有25A 种方法；将剩下的4个元素进行全排列有44A 种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有22A 种方法．所以这样的排法一共有25A 44A 22A ＝960种方法． 小结二：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）．例3： 7位同学站成一排．⑴甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一：（排除法）3600226677=⋅-A A A 解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有55A 种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个位置（空）有26A 种方法，所以一共有36002655=A A 种方法． ⑵甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：先将其余四个同学排好有44A 种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有35A 种方法，所以一共有44A 35A ＝1440种． 小结三：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）．4.组合(1)1．组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．注：1．不同元素 2．“只取不排”——无序性 3．相同组合：元素相同判断下列问题哪个是排列问题哪个是组合问题：⑴ 从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览；（组合）⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．（排列）2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．用符号mn C 表示．例如：示例2中从3个同学选出2名同学的组合可以为：甲乙，甲丙，乙丙．即有323=C 种组合．又如：从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览的组合：AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD 一共6种组合，即：624=C3．组合数公式从4个不同元素a ，b ，c ，d 中取出3个元素的组合数34C 是多少呢？分析： 由于排列是先组合再排列．．．．．．．．．，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数34A 可以求得，考察34C 和34A 的关系，如下：组 合 排列dcbcdb bdc dbc cbd bcd bcd dcacda adc dac cad acd acd dba bda adb dab bad abd abd cbabca acb cab bac abc abc ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,→→→→由此可知：每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数34A ，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有34C 个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有33A 种方法．由分步计数原理得：34A ＝⋅34C 33A ，所以：333434A A C =． ⑵ 推广： 一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数mn A ，可以分如下两步：① 先求从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数m n C ；② 求每一个组合中m个元素全排列数m m A ，根据分布计数原理得：m n A ＝m n C m m A ⋅ ⑶ 组合数的公式：!)1()2)(1(m m n n n n A A C m m m n m n +---==或 )!(!!m n m n C m n -= ),,(n m N m n ≤∈*且 例1． 6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？略解：90222426=⋅⋅C C C例2． 4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有34C ，1624C C ⋅，2614C C ⋅，所以一共有34C +1624C C ⋅+2614C C ⋅＝100种方法．解法二：（间接法）10036310=-C C练习：计算：① 310C 和710C ； ② 2637C C -与36C ；③ 511411C C +答案：① 120，120 ② 20，20 ③ 7925.组合(2)1．组合数的 性质1：m n n m n C C -=．理解： 一般地，从n 个不同元素中取出m 个元素后，剩下n - m 个元素．因为从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合，与剩下的n - m 个元素的每一个组合一一对应．．．．，所以从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，等于从这n 个元素中取出n - m 个元素的组合数，即：m n n m n C C -=．在这里，我们主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想．证明：∵)!(!!)]!([)!(!m n m n m n n m n n C m n n -=---=- 又 )!(!!m n m n C m n -=∴m n n m n C C -= 注：1︒ 我们规定 10=n C2︒ 等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标．3︒ 此性质作用：当2n m >时，计算m n C 可变为计算m n n C -，能够使运算简化． 例如：20012002C ＝200120022002-C ＝12002C =2002． 例1. 一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．⑴ 从口袋内取出3个球，共有多少种取法？⑵ 从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？⑶ 从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？解：⑴ 5638=C ⑵ 2127=C ⑶ 3537=C引导学生发现：=38C +27C 37C ．为什么呢？例2．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4件检查．⑴ 都不是次品的取法有多少种？⑵ 至少有1件次品的取法有多少种？⑶ 不都是次品的取法有多少种？解：⑴ 2555190490=C ；⑵ 13660354101903102902103901104904100=+++=-C C C C C C C C C ；⑶ 39210154901103902102903101904104100=+++=-C C C C C C C C C ．例3．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：⑴ 分给甲、乙、丙三人，每人两本；⑵ 分为三份，每份两本；⑶ 分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；⑷ 分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；⑸ 分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．解：⑴ 根据分步计数原理得到：90222426=C C C 种．⑵ 分给甲、乙、丙三人，每人两本有222426C C C 种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x 种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有33A 种方法．根据分步计数原理可得：33222426xC C C C =，所以1533222426==A C C C x ．因此分为三份，每份两本一共有15种方法． 注：本题是分组中的“均匀分组．．．．”问题． ⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有60332516=C C C 种方法．⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以一共有36033332516=A C C C 种方法．⑸ 可以分为三类情况：①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有90222426=C C C 种方法；②“1、2、3型”即⑷中的分配情况，有36033332516=A C C C 种方法；③“1、1、4型”，有903346=A C 种方法．所以一共有90+360+90＝540种方法．例4．⑴ 四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共有多少种不同的放法？⑵ 四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？解：⑴ 根据分步计数原理：一共有25644=种方法．⑵（捆绑法）第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有24C 种方法，第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有34A 种方法．所以一共有24C 34A ＝144种方法．例5．九张卡片分别写着数字0，1，2，…，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有)(217171228C C C A +种方法；②若不取6，则有2717A C 种方法．根据分类计数原理，一共有)(217171228C C C A ++2717A C ＝602种方法．6.概率初步补充（一）相互独立事件1．中国福利彩票，是由01、02、03、…、30、31这31个数字组成的，买彩票时可以在这31个数字中任意选择其中的7个，如果与计算机随机摇出的7个数字都一样（不考虑顺序），则获一等奖。
排列组合的基本理论和公式
排列组合的基本理论和公式排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2＋3＋1的和与2＋1＋3的和是一个组合．(一)两个基本原理是排列和组合的基础(1)加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法．(2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有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×m3×…×mn种不同的方法．这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来．(二)排列和排列数(1)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．从排列的意义可知，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序必须完全相同，这就告诉了我们如何判断两个排列是否相同的方法．(2)排列数公式：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列当m＝n时，为全排列Pnn=n(n－1)(n－2)…3·2·1＝n！(三)组合和组合数(1)组合：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从 n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从组合的定义知，如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个这里要注意排列和组合的区别和联系，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”与“不管怎样的顺序并成一组”这是有本质区别的．一、排列组合部分是中学数学中的难点之一原因在于(1)从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，需要较强的抽象思维能力；(2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词(特别是逻辑关联词和量词)准确理解；(3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大；(4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。
排列组合应用题的解法
排列组合应用题的解法排列组合应用题的解题方法既有一般的规律，又有很多特别的技巧，它要求我们要认真地审题，对题目中的信息进行科学地加工处理。
下面通过一些例题来说明几种常见的解法。
一. 运用两个基本原理加法原理和乘法原理是解排列组合应用题的最基本的出发点，可以说对每道应用题我们都要考虑在记数的时候进行分数或分步处理。
例1：n 个人参加某项资格考试，能否通过，有多少种可能的结果？解法1：用分类记数的原理，没有人通过，有C n 0种结果；1个人通过，有C n 1种结果，……；n 个人通过，有C n n 种结果。
所以一共有C C C n n n n n 012+++= 种可能的结果。
解法2：用分步记数的原理。
第一个人有通过与不通过两种可能，第二个人也是这样，……，第n 个人也是这样。
所以一共有2n 种可能的结果。
例2：同室四人各写了一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）（A ）6种 （B ）9种 （C ）11种 （D ）23种解：设四个人分别为甲、乙、丙、丁，各自写的贺年卡分别为a 、b 、c 、d 。
第一步，甲取其中一张，有3种等同的方式；第二步，假设甲取b ，则乙的取法可分两类：（1）乙取a ，则接下来丙、丁的取法都是唯一的，（2）乙取c 或d （2种方式），不管哪一种情况，接下来丙、丁的取法也都是唯一的。
根据加法原理和乘法原理，一共有3129⨯+=()种分配方式。
二. 特殊元素（位置）优先例3：从0，1，……，9这10个数字中选取数字组成偶数，一共可以得到不含相同数字的五位偶数多少个？解：个位选0，有P 94个，个位不选0且万位不能选0，有C C P 418183个，所以一共可以得到P C C P 9441818313775+=个偶数。
注 0，2，4，6，8是特殊元素，元素0更为特殊，首位与末位是特殊的位置。
例4：8人站成两排，每排4人，甲在前排，乙不在后排的边上，一共有多少种排法？解：先排甲，有P 41种排法。
考研数学高数知识点：排列组合核心
考研数学高数知识点：排列组合核心排列组合的核心有三个：两个基本原理、排列与组合的概念、解决问题的切入点。
一、两个基本原理两个基本原理即乘法原理和加法原理。
对两个基本原理的掌握主要注意两点：首先，两个基本原理不仅适用于排列组合问题，也同样适用于概率问题，因为概率问题的实质还是排列组合问题;其次两个基本原理实际上给我们指明了一条解决排列组合问题的方法——情景化，即将每一道排列组合问题都都看做一件需要我们去做的事情，当我们把这件事情做完了，题目也就做出来了，当然我们在解题过程中所做事情的方法可能和我实际生活中做事的方法和顺序不同，这也往往是一个难点所在。
二、排列与组合的概念对于排列和组合最重要是要区分两者的不同，排列是有顺序要求的，而组合是无顺序要求的。
说起来简单，但是很多同学在做题的过程中还是会搞混，分不清是用组合C还是用排列A(P)。
有一个简单的方法，同学们可以拿来应用以作区分：交换两个元素的位置，如果和之前的情形相同没有变化就是组合C，如果和之前的情形不同发生了变化，就是排列A(P)。
三、解决问题的切入点排列组合问题切入点的不同，往往会产生不同的解题方法，有些方法简单，有些方法麻烦，还有方法理论身上可行，但实际上却无法求解。
切入点有三个，通过一个具体的例题来看一下甲乙丙三人排队，加不站在排头，问共有多少种排法?(1)从元素的角度，即人的角度先让甲选位置，甲不站在排头只能从后面的两个位置中选一个：再让乙丙选位置，甲选好位置之后，乙丙两人可随便选位置：最后得 (2)从位置的角度让排头这个位置选人，排头这个位置只能从乙丙之中选一个：再让中间和后面的位置选剩下的两人：最后得以上两种思路所得式子完全一样，当含义却完全不一样。
(3)从反面考虑甲不站在排头的反面情况是甲站在排头当甲站在排头时，乙丙两人随便站：三个人排队共有种方法，所以以上就是排列组合问题的三个核心问题，排列组合问题无论如何复杂多变，都离不开这三个核心。
数学竞赛讲义：排列与组合
数学竞赛讲义：排列与组合【赛点直击】一、两个基本原理加法原理 设A 为完成一件事情的所有方法的集合，它可以划分为n 个互不相交的非空子集A 1，A 2，…，A n ，|A i |=m i (i=1,2,…,n)，那么完成这件事情的总方法数为：N=|A|=m 1+m 2+…+m n ；使用加法原理的关键在于对所计数的对象进行完全分类．乘法原理 设A 为完成一件事情的所有方法的集合，且完成这件事情需要几个步骤，实现第i(i=1,2,…,n)个步骤的方法的集合为A i ，|A i |=m i ,那么完成这件事情的总方法数为N=|A|=m 1×m 2×…×m n ；使用乘法原理的关键在于对所计数的对象进行完全分步． 二、相异元素的排列与组合（1）从n 个不同元素中，任取m 个不同元素的排列数是!(1)(1)()!mn n A n n n m n m =⋅-⋅⋅-+=-；（2）从n 个不同元素中，任取m 个不同元素的组合数是!()!m n n C n m =-；三、圆排列定义 从n 元集中任取r 个不同元素，仅按元素之间的相对位置而不分首尾排成一个圆圈，这种排列称为n 个不同元素的r-圆排列，其排列数记为rn H ．由定义，不难求得：r n H 与组合数r n C 和排列数r n A 的关系为：rA r C H rnr nr n =-=)!1(．事实上设已将某r 个不同元素在圆周上排好，并从某个元素开始将它们依次记为r A A A ,,,21 ，现在保持这个顺序不变，让1A 去任意选择圆周上的r 个位置之一，有r 种不同的选择，这r 种选择所对应的排列形式不同实则相同由于r 个元素的全排列数为!r ，故r 个元素的圆排列数为)!1(-r ，故n 个元素的圆排列数为)!1(-r C rn ．四、重复排列定义 从n 元集中允许重复地任取r 个元素排成一列，称为n 个不同元素的r-可重排列．利用乘法原理易证明，n 个不同元素的r-可重排列数为r n ，这类问题一般可直接用乘法原理求解． 五、不全相异元素的全排列定义 设n 个元素可分为k 组，每一组中的元素是相同的，不同组间的元素是不同的，其中第i 组的元素个数为i n ),...,2,1(k i =，n n n n k =+++...21，则这n 个元素的全排列称为不全相异元素的全排列．n 个元素的不全相异元素的全排列个数为!!...!!21k n n n n ，证明如下：先把每组中的元素看作是不相同的，则n 个不同元素的全排列数为!n ，然后分别将每个组的元素还其本来面目——每个组的元素是相同的，则在这!n 个全排列中，每个排列都重复出现了12!!...!k n n n 次，所以不全相异元素的全排列数为!!...!!21k n n n n ．六、多组组合定义 将n 个不同的元素分成k 组的组合称为n 个不同元素的k -组合．对于一个n 个不同元素的k -组合，若第i 组有i n 个元素，（k i ,...,2,1=），则不难证明不同的分组方法数为!!...!!21,...,,21k n n n n n n n n C k=事实上，我们把分组的过程安排成相继的k 个步骤：第一步，从n 个不同元素中选1n 个，有1n n C 种方法；第二步，从1n n -个元素中选2n 个有21nn n C -种方法，……，第k 步，从121...-----k n n n n 个元素选k n 个元素，有k k nn n n n C )...(121-+++-种方法，再由乘法原理得证．七、重复组合定义 从n 个不同的元素中任取r 个允许重复出现的组合称为n 个不同元素的r —可重组合．不难证明，n 个不同元素的r —可重组合的个数为rr n C 1-+．事实上，设（r a a a ,...,,21）是取自{1,2,…,n}中的任一r-可重复组合，并设r a a a ≤≤≤...21，令)1(1r i i a b i i ≤≤-+=，从而11a b =，122+=a b ，233+=a b ，…，1-+=r a b r r ，显然下面两组数是一对一的：r a a a ≤≤≤...21，11...211321-+≤-+<<+<+<≤r n r a a a a r设=A {}r i r a a a n a a a a ≤≤≤∈...},,...,2,1{|),...,,(2121，=B{}r i r b b b r n b b b b <<<-+∈...},1,...,2,1{|),...,,(2121，则由A 、B 之间存在一一对应，可知r r n C B A 1||||-+==，得证．在上述证明中，设r-可重复组合r a a a ,...,,21中含有1x 个1，2x 个2，…，n x 个n ，则r x x x n =+++...21，且显然有（r a a a ,...,,21）与（n x x x ,...,,21）一一对应，因此我们立即可得：定理1 不定方程r x x x n =+++...21的非负整数解的个数为rr n C 1-+．定理2 不定方程r x x x n =+++...21的正整数解的个数为11--n r C ．证明：令1-=i i x y ，其中1≥i x ，（n x x x ,...,,21）是已知方程的正整数解，则n r y y y n -=+++...21 （*），由定理1知，方程（*）有1111)(-------+==n r nr r nr r n n C C C 个正整数解．【赛题解析】例1．在由n 2个小方格组成的正方形中，有多少个由整数个小方格组成的大小或位置不同的正方形？解：由整数个小方格组成的大小位置不同的正方形可分成n 类，第k 类为k ×k 的正方形，共有2)1(+-k n 个(k=1,2,…,n)，于是由加法原理得所求正方形的总个数为)12)(1(61)1(12++=+-=∑=n n n k n N nk ． 说明：此题将问题进行分类，直接用加法及乘法原理进行求解，两个原理是解决排列组合问题最基本的工具． 例2．设整数a,b,c 为三角形三边，a+b=n ∈N,1≤c ≤n-1，求这样的整边三角形的个数 解：不妨设b ≥a ，有1≤a ≤[2n]，这样的整边三角形可分为两类． 第一类：c 为最大边，令i a =，则i n b -=，n-i ≤c ≤n-1，这样的三角形有i i n n =+---1)()1(个；第二类：c 不为最大边，则b a c c b >+>,，故i n c i n a b -<<-=-2，故112--≤≤+-i n c i n ，这样的三角形有11)12()1(-=++----i i n i n ．由加法原理，使a+b=n 的整边三角形的个数为∑=-+=]2[1)1()(ni i i n f 2]2[⎪⎭⎫⎝⎛=n ．例3．有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？解：易知，在由10000～99999这90000个五位数中，共有30000个可被3整除，下面先求其中不含数字6的有多少个．这件事情可分步来完成：在最高位，不能为0和6，因此有8种可能的情况，在千、百、十位上，不能为6，各有9种可能的情况，在个位上，不能为6，且应使整个五位数能被3整除，因此所出现的数应与前4位数字之和被3除的余数有关：当该余数为2时，个位上可为1，4，7中的一个；当该余数为1时，个位上可为2，5，8中的一个；当该余数为0时，个位上可为0，3，9中的一个，总之，不论前4位数如何，个位数字都有3种可能情况．所以这类五位数的个数为8×9×9×9×3=17496，因此，含数字6而又可被3整除的五位数的个数为30000-17496=12504种可能．例4．从1，2，3，4，……，49中取出六个不同的数字，其中至少有两个是相邻的取法种数是多少？ 解：设126,,,a a a 是取自1，2，3，4，……，49中的六个不同的数，不妨设126a a a <<<，显然12345612345a a a a a a ≤-≤-≤-≤-≤-，且123456,1,2,3,4,5a a a a a a -----互不相同的充要条件是：126,,,a a a 中不含相邻的数．作六元数组126(,,,)a a a 对应于123456(,1,2,3,4,5)a a a a a a -----，则在取自1至49之间的六个不同且没有相邻的数构成的六元组集合与所有取自1至44之间的六个不同的数构成的六元组集合之间建立了一一对应，因此这两个集合中六元组的个数都为644C ，而1至49之间的六个不同的数构成的六元组的个数为649C ，于是，其中有相邻数的六元组的个数为664944C C -．说明：本题通过对应的方法将数相邻的问题转化为元素互异的问题，从而得到求解，对应的方法是解决排列组合问题的一种常用方法．例5．如图ABCDEF为六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意跳到相邻两个顶点之一．（1）若在5次内跳到D点，则停止跳动；若5次内不能跳到D点，跳完5次也停止跳动．问这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法有几种？（2）若青蛙共跳12次，最终跳回到A点的不同跳法有几种？解：（1）由条件，青蛙的跳法只可能出现两种情况：①跳3次到达D点，有2种跳法．②跳5次停止（前3次不到D点），注意到前3次的32种跳法中，有2种到达D点，故前3次有3226-=种跳法，而后2次有22种跳法，因此有26224⨯=种跳法．由①、②可知，共有2+24=26种不同的跳法．（2）设青蛙每逆时针跳一步记为+1，每顺时针跳一步记为-1，共跳12次，将所有这些数相加，若其和为6的倍数，则青蛙跳回A处，若其和不为6的倍数，则青蛙不可能跳回原处，若其和为0，则必为6个+1和6个-1相加，共有612C种可能；若其和为6，则必为9个+1和3个-1相加，共312C种；若其和为-6，则必为3个+1和9个-1相加，共312C种；若其和为12，则有1种可能，若其和为-12，也有一种可能，因此满足要求的不同跳法总数为63121222C C++种．例6．将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？解法一：由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共35A种染色方法．当S、A、B已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染颜色2，则D可染颜色3、4、5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D 可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法，由此可见，当S、A、B已染好时，C与D还有7种染法，从而总的染色方法数为7×35A=420种．解法二：满足题设条件的染色至少要用三种颜色．（1）若恰用三种颜色，可先从5种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有60122415=⋅CCC种方法；（2）若恰用四种颜色染色，可以先从5种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A与B，由于A与B颜色可以交换，故有24A种染法，再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有24012122415=CCAC种方法；（3）若恰用5种颜色染色，易知有12055=A种染法．综上所知，满足题意的总染色方法数为60+240+120=420种．类题：（2003年高考江苏第15题）某城市在中心广场建造一个花囿，花囿分为6个部分（如图），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（以数字作答）．解法一：1、2、3两两相邻，颜色应互不相同，故有34A种不同种法；1、2、3种好后，用树图方法不难得到4、5、6共有5种种法，由乘法原理得共有34A×5=120种种法．解法二：先种1，有4种颜色可选取，2、3、4、5、6形成一个圆环，要求用3种颜色涂上，且相邻的颜色不同即可转化为如下问题：将一个圆分成5个扇形，将三种颜色涂入其中，相邻的扇形涂不同的颜色．先涂1S，有三种涂法，再涂2S，有两种涂法，再涂3、4各有两种涂法，再涂5，如果只要求它与4颜色不同，则仍有两种涂法，这样共有3×2×2×2×2=48种涂法，但这48种涂法中有两类：一类5与1颜色不同，这种涂法符合题意，其数设为5a一类5与1颜色相同，这种涂法不合题意，如果把5与1合并看成一个扇形，这类涂法就相当于把圆分成4个扇形，按题设要求，其数为4a，即5a+4a=48，同理，34aa+=24，而6333==Aa，∴5a=30，故最后的结果为：30×4=120种．此问题可一般化为：把一个圆分成)2(≥nn个扇形，依次记为,,,,21nSSS 每个扇形都可用红、白、蓝三种不同颜色之任一种涂色，且三种颜色均至少用一次，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂色法？略解：同上可得： ,6,5,4,2311=⨯=+--n a a n n n ，63=a ．若没有条件“颜色均至少用一次”，结果为 ,6,5,4,2311=⨯=+--n a a n n n ，62=a ．更一般的情形是：把一个圆分成)2(≥n n 个扇形，依次记为,,,,21n S S S 每个扇形都可用r 种不同颜色之任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂色法？ 有11(1),4,5,6,n n n a a r r n --+=⨯-=，可得n n n r r a )1()1)(1(-+--=说明：当我们用集合划分的方法对问题进行分类计数时，有时不可能一次性获得成功，这就需要通过建立递推关系来求解，我们把这种计数方法称为递推方法．例7．设集合A={1,2,3,…,366}，如果A 的一个二元子集B={a ,b }满足17|a +b ，则称B 具有性质P ． （1） 求A 的具有性质P 的所有二元子集的个数；（2） 求A 的两两不相交且具有性质P 的所有二元子集的个数．解：（1）a +b ≡0(mod17)，即a ≡k (mod17)且b ≡17-k (mod17)，k =0,1,2,…,16， 将1,2,3,…,366按模17可分为17类[0],[1],…[16]；因366=17×21+9，故|[1]|=|[2]|=…=|[9]|=22，|[10]|=|[11]|=…=|[16]|=|[0]|=21， 欲17|a +b ，当且仅当a ,b ∈[0]或a ∈[k ]，b ∈[17-k ]，当a ,b ∈[0]时，具有性质P 的二元子集的个数为221C 个；当a ∈[k ]，b ∈[17-k ]，k =1,2,…,7时，具有性质P 的二元子集有1211227C C 个； 当a ∈[8]，b ∈[9]时，具有性质P 的二元子集有121121C C 个； 所以A 的具有性质P 的二元子集总个数为39287121121121122221=++C C C C C 个． 说明：如果把子集换成数对（a ,b ），则共有2×3928个． （2）为使二元子集两两不交，可作如下搭配： a ,b ∈[0]时，共有10个子集；a ∈[k ]，b ∈[17-k ]，k=1,2,…,7，有21个子集； 当a ∈[8]，b ∈[9]时，有22个子集．故A 的具有性质P 的两两不交的二元子集共有10+7×21=179个．例8．8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）．解：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数为1616A 种再次，分在8个组内的16个男孩在16个位置上的排列是1616A ，所以总的排列方法数为：16161616925A A C ．说明：此题为圆排列问题．例9．试求从集合{}n A ,...,2,1=到集合{}m B ,...,2,1=的映射的个数． 解：由映射的定义知，每一个到B 的映射对应着m 个不同元素的n -可重排列，故从A 到B 的映射的个数为nm ．例10．一段楼梯共有12级台阶，某人上楼时，有时一步迈一台阶，有时一步迈两台阶，问此人共有多少种上楼的方法？解：现将“一步迈两级台阶”这一动作记为a ，因为楼梯共有12级台阶，故动作a 至多只能做6次；再记“一步迈一级台阶”的动作为b ，则上楼的整个过程由k 个a 及12-2k 个b 组成，这里k 可取0，1，2，3，4，5，6，对于某个k ，其全排列数为：)!212(!]!212([k k k k --+)!212(!)!12(k k k --=，因此，上楼的方法共有：∑=--60)!212(!)!12(k k k k =233种． 解法2：以k =4为例，即4个两级，4个一级，相当于共8步，其中有四步为两级，即相当于从8步中选4步跨两级，其余跨一级，故结果应为48C ；一般地上楼的整个过程由k 个a 及12-2k 个b 组成，相当于共跨k +(12-2k )=12-k 步，其中有k 步为a ，故结果为kk C -12,这里k 可取0,1,2,3,4,5,6，故最终结果为∑=-612k k kC．解法3：设走n 次台阶的方法总数为n a ，对每种走法可划分为两类第一类：第一步走1级，有1-n a 种走法；第二类：第一步走2级，有2-n a 种走法，故21--+=n n n a a a ，且2,121==a a ，故易得23312=a ．因Fibonacci 数列}{n F 满足2,1321===F F F ，故1+=n n F a ，由上面的一些方法还可知：∑=--=]2[01n k kk n n CF ．若将所跨的每一级台阶，此人均用红、白两种颜色做上记号，则标有不同颜色的路线共有∑=---=⋅]2[02132ni i n i in n C种，其递推关系式为5,2,22121==-=--a a a a a n n n ．例11．把n 个不同的球，分别装入m 个盒子中，使其中1m 个盒子中每个都有1p 个球，2m 个盒子中每个都有2p 个球，…，k m 个盒子中每个都有k p 个球，这里，k k k m p m p m p n m m m m +++=+++=...,...221121，求下列情况下，各有多少种不同放法：（1）盒子均不相同；（2）装有相同数目的球的盒子相同．解：（1）这是一个将n 个不同元素分为m 组的多组组合，故不同的放法数有k m k m m p p p n f )!...()!()!(!2121=； （2）因为相同数目的球的盒子相同（不加区别），故所求放法数为!!...!21k m m m f．例12．电视台在n 天内共播出r 次商业广告，问若每天至少播p 次广告（r np ≤），就每天播出广告的次数而言，共有几种播出方法？ 解：设第i 天播出广告i x 次，由题设知：r x x x n =+++...21，),...,2,1(n i p x i =≥，令p x y i i -=，则0...21≥-=+++np r y y y n ，故问题转化为求上述不定方程的非负整数解的个数，从而知广告播放的方法数为npr n np r C --+-1)(．巩 固 练 习1．n 名同学(n ≥3)站成一圈，其中A 、B 两人不能相邻的站法有多少种？ 解：n 名同学站成一圈有(n-1)!种站法，其中使A 、B 相邻的站法有2×(n-2)!种，从而A 、B 不相邻的站法为(n -1)!-2×(n-2)!=(n-3)(n-2)!种站法．2．设集合A 、B 的并集为一个n 元集，A ≠B ．（1） 若（A ，B ）与（B ，A ）视为不同的对，则这样的A 、B 共有多少个？ （2） 若（A ，B ）与（B ，A ）视为相同的对，则这样的A 、B 共有多少个？解：（1）设集合A 中有k 个元素，则集合B 中必含有A 中没有的n-k 个元素，再加上A 的k 个元素中取0个、1个、…k 个，故共有kk n C 2个，故总数为∑=nk k knC2=n 3个，除去A 与B 相同（均为全集）的1个，共n 3-1个；（2）由题意，（A ，B ）与（B ，A ）一一对应，故结果为)13(21-n个． 3．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物，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，则有多少种不同的栽种方案．解：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 种两种植物，此时共有3×4×3×3×2×2=432种方法；考虑A 、C 、E 种三种植物，此时共有34C ×2×2×2=192种方法；故总计有108+432+192=732种方案．4．如图，矩形ABCD 的边在网格线上，并且AB 是AD 的k 倍（k 为正整数），考虑沿网格的边从A 到C 所有可能的最短路径．证明：在这些路径中，含AB 1的条数是含AD 1的条数的k 倍．横向的m-1节，纵向的n 节，因此共有1nm n C +-条，解：含AB 1的最短路径，除AB 1外，还应含同理，含AD 1的最短路径有1mm n C+-条，而11!(1)!!(1)!n m n mm n C m n m k C n m n+-+--===-，因此命题得证． 5．马路上有编号为1，2，3，…，2005的2005只路灯，为节约用电，现要求把其中的200只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉两端的路灯，求满足条件的关灯方法共有多少种？解：任意一种关灯的方法，都对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列，于是总是转化为1805只亮灯中插入200只暗灯，且任何两只暗灯不相邻，而且不在两端，也就是在1805只亮灯所形成的1804个间隙中选200个插入暗灯，其方法有2001804C 种．6．把2005个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第i 个盒子中至少有i 个球)10,...,2,1(=i ，问不同放法的总数是多少？ 解：先在第i 个盒子里放入i 个球，这时共放了1+2+…+10=55个球，还余下2005-55=1950个球，故问题转化为把1950个球任意放入10个盒子（允许有的盒子不放球），相当于一个不定方程的非负整数解的个数问题，共有195019509101950119591959C C C +-==种．7．n 个人)3(≥n 站成一圈，其中某指定的两人A 、B 肯定不相邻的站法有多少种？ 答案：)!2(2)!1(---n n ．8．甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由一号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……，直到一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数是多少？解：不妨先设甲方胜出，则问题等价于求方程7...721=+++x x x 的非负整数解的个数，有6137177C C =-+种，同理，乙方胜的比赛过程也有6137177C C =-+种，故可能出现的比赛过程有6132C 种．9．有男生m n +人，女生m 人（1,≥n m ），（1）这m n 2+个人排成一列，女生不相邻，首尾都是男生，有多少种排法？ （2））这m n 2+个人围成一圈，女生不相邻，有多少种排法？解：（1）m m n A m n 1)!(-++；（2）先作男生圆排列，然后插入，共mm n A m n +-+)!1(．10．方程3...210321=++++x x x x 的非负整数解共有多少个？ 解：由题意，1,01=x ，故分情况讨论如下：若01=x ，则3...1032=+++x x x ，非负整数解的个数为：1653139=-+C ； 若11=x ，则1...1032=+++x x x ，非负整数解的个数为：91119=-+C ．综上，非负整数解的个数为：165+9=174个．11．一个盒子里有7个分别标有号码1，2，…，7的球，每次取出一个，记下它的号码后再放回盒子，共取（放）4次，求4次中最大标号恰是5的取法数？解：最大标号为5，相当于从1，2，…，5中取，共取（放）4次，共有45种取法；从中剔除四次中最大标号均不是5的种数，结果为4544-=369．12．已知集合{}2,,,|12≥∈∈==-n N n C z z z z A n ，在复平面上，以A 中的复数的对应点为顶点可构成多少个直角三角形？ 解：易求得{}122,,,1,0-=n A εεε ，其中nieπε=（n ≥2）设各复数在复平面上对应点依次为O 、A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1，则A 0A 1A 2…A 2n-1为正2n 边形，易知在j i A OA ∆中以j i A A ,为顶点的内角均为锐角，所以，由O 、A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1为顶点的直角三角形可分为两类： 第一类：以O 为直角顶点的直角三角形，不失一般性，可设︒=∠900K OA A ，则nk ππ=2，所以)(2N k k n ∈=，这说明这类直角三角形存在当且仅当n 为偶数时，这时，这样的直角三角形有2n 个；第二类：不以O 为直角顶点的直角三角形这样的直角三角形的顶点均匀分布在单位圆周上，即由A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1构成，这些点可确定n 条直径，于是可构成)22(-n n 个直角三角形综上所述，由加法原理，所求直角三角形的总个数为⎩⎨⎧-=+-=为奇数为偶数n n n n n n n n n f ),1(2,22)22()(2．。
排列组合与概率初步专题讲义
排列组合与概率初步专题讲义一、排列组合1、两个基本原理（加法原理与乘法原理） 类型一、排数字问题1. 用0、1、2、3、4、5这六个数字（1） 可以组成多少个各位数字不重复的三位数？ （2） 可以组成多少个各位数字允许重复的三位数？ （3） 可以组成多少个各位数字不允许重复的三位的奇数？ （4） 可以组成多少个各位数字不重复的小于1000的自然数？（5） 可以组成多少个大于3000小于5421且各位数字不重复的四位数？2.从1到9这9个自然数中，任取3个数作数组),,(c b a ，且c b a >>，则不同数组共有（ ）个。
A. 21 B. 28 C. 56 D. 84 E. 343类型二、投信问题（分房问题）3、将3封信投入4个不同的信箱，则不同的投信方法种数是（ ） A.43⨯ B. 43 C. 34 D. 7 E. 以上结论均不正确4、有4名学生参加数、理、化三科竞赛，每人限报一科，则不同的报名情况有（ ） A. 43 B. 34 C. 321 D. 432 E. 以上结论均不正确5、6个人分到3个车间，共有不同的分法（ ） A. 63 B. 36 C. 18 D. 747 E. 以上结论均不正确6、6个人分工栽3棵树，每人只栽1棵，则共有不同的分工方法（ ） A. 63 B. 3240 C. 36 D. 120 E. 以上结论均不正确类型三、染色问题7、用5种不同的颜色给图中的A,B,C,D 四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则共有多少种不同的涂色方法？8、有6种不同的颜色为下列广告牌着色，要求在①②③④四个区域中相邻（有公共边界）区域中不用同一种颜色，则不同的着色方法有（）种A. 64B. 46C. 24D. 240E. 480类型四、较复杂的两个原理的综合问题9、现有高一学生8人，高二学生5人，高三学生10人，组成数学课外活动小组，（1）选其中1个为总负责人，有多少种不同的选法？（2）每一个年级选1名组长，有多少种不同的选法？（3）在一次活动中，推选出其中2人作为中心发言人，要求2人来自不同的年级，有多少种不同的选法？10、某赛季足球比赛计分规则是：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，该球队胜、负、平的情况共有（）种A. 3B. 4C. 6D. 6E. 711、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（）A. 25B. 26C. 30D. 36E. 3712、若直线方程0a,可以从这五个数字0，1，2，3，4这五个数字中任取两个ax中的b+by=不同的数字，则方程所表示的不同的直线共有（）种。
2013 高考数学 排列组合与概率知识点 排列组合典型题 基本方法 技巧
排列组合与概率经典教案两个基本原理：1.加法原理（分类计数原理）:做一件事,完成它有n 类办法,在第一类办法中有1m 种不同的方法, 在第二类办法中有2m 种不同的方法, ……,在第n 类办法中有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有：n m m m m N +⋅⋅⋅+++=321种不同的方法.2.乘法原理（分步计数原理）: 做一件事,完成它有n 个步骤,做第一步有1m 种不同的方法, 做第二步有有2m 种不同的方法, ……, 做第n 步有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有： n m m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=321种不同的方法.特别注意：分类是独立的、一次性的；分步是连续的、多次的。
三组基本概念：1．排列1）排列：从n 个不同元素中取出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。
2）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。
通常用m n A 表示。
特别地，当n m =时，称为全排列，当n m 时，称为选排列。
2． 组合1）组合：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素并成一组,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。
2）组合数：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数,记作m n C 。
3． 事件与概率 1）事件的分类：（1）必然事件：在一定的条件下必然要发生的事件；（2）不可能事件：在一定的条件下不可能发生的事件；（3）随机事件：在一定的条件下可能发生也可能不发生的事件。
2）一些特殊事件：（1）等可能事件：对于每次随机试验来说，只可能出现有限个不同的试验结果；另外，所有不同的试验结果，它们出现的可能性是相等的。
（2）互斥事件：不可能同时发生的两个事件，我们把它称为互斥事件。
如果事件A 1，A 2，…，A n 中的任何两个都是互斥事件，那么就说事件A 1，A 2，…，A n 彼此互斥。
排列组合基本知识
基本知识排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2＋3＋1的和与2＋1＋3的和是一个组合．(一)两个基本原理是排列和组合的基础(1)加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法．(2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有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×m3×…×mn种不同的方法．这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来．(二)排列和排列数(1)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．从排列的意义可知，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序必须完全相同，这就告诉了我们如何判断两个排列是否相同的方法．(2)排列数公式：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列,当m＝n时，为全排列Pnn=n(n－1)(n－1)…3·2·1＝n！(三)组合和组合数(1)组合：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从组合的定义知，如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个这里要注意排列和组合的区别和联系，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”与“不管怎样的顺序并成一组”这是有本质区别的．一、排列组合部分是中学数学中的难点之一，原因在于(1)从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，需要较强的抽象思维能力(2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词(特别是逻辑关联词和量词)准确理解；(3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大；(4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。
排列组合解题技巧和方法
运用两个基本原理例1．n 个人参加某项资格考试，能否通过，有多少种可能的结果？例2．同室四人各写了一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有〔 〕〔A 〕6种 〔B 〕9种 〔C 〕11种 〔D 〕23种解决排列组合问题的基本规律，即：分类相加，分步相乘，排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；正难则反，间接排除等。
特殊元素〔位置〕的“优先安排法”： 特殊优先，一般在后例1． 用0，2，3，4，5，五个数字，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个例2． 1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，假设老师不排在两端，则共有不同的排法〔 〕种．例3．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有〔 〕种.例4．8人站成两排，每排4人，甲在前排，乙不在后排的边上，一共有多少种排法？相邻问题用捆绑法：例5 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 ⋅⋅例6 四对兄妹站一排，每对兄妹都相邻的站法有多少种？例7．有8本不同的书；其中数学书3本，外语书2本，其它学科书3本．假设将这些书排成一列放在书架上，让数学书排在一起，外语书也恰好排在一起的排法共有( )种．例8．7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法？例9．8人排成一排，甲、乙必须分别紧靠站在丙的两旁，有多少种排法？例10． 5个男生3个女生排成一列，要求女生排一起，共有几种排法？不相邻问题用“插空法”：例11．用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，2与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻。
排列组合
排列组合排列组合是组合学最基本的概念。
所谓排列，就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序。
组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。
排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。
排列组合与古典概率论关系密切。
目录（P是旧用法，现在教材上多用A，即Arrangement）组合公式C是组合公式，从N个元素取R个，不进行排列（即不排序）。
符号常见的一道题目C-组合数A-排列数（旧在教材为P）N-元素的总个数R-参与选择的元素个数!-阶乘，如5！=5×4×3×2×1=120C-Combination 组合P-Permutation排列 (现在教材为A-Arrangement)一些组合恒等式组合恒等式排列组合常见公式kCn/k=nCn-1/k-1(a/b,a在下，b在上)Cn/rCr/m=Cn/mCn-m/r-m排列组合常见公式历史1772年，旺德蒙德以[n]p表示由n个不同的元素中每次取p个的排列数。
而欧拉则于1771年以及于1778年以表示由n个不同元素中每次取出p个元素的组合数。
至1872年，埃汀肖森引入了以表相同之意，这组合符号（Signs of Combinations）一直沿用至今。
1830年，皮科克引入符号Cr以表示由n个元素中每次取出r个元素的组合数；1869年或稍早些，剑桥的古德文以符号nPr 表示由n个元素中每次取r个元素的排列数，这用法亦延用至今。
按此法，nPn便相当於现在的n!。
1880年，鲍茨以nCr及nPr分别表示由n个元素取出r个的组合数与排列数；六年后，惠特渥斯以及表示相同之意，而且，他还以表示可重复的组合数。
至1899年，克里斯托尔以nPr及nCr分别表示由n个不同元素中每次取出r个不重复之元素的排列数与组合数，并以nHr表示相同意义下之可重复的排列数，这三种符号也通用至今。
1904年，内托为一本百科辞典所写的辞条中，以表示上述nPr之意，以表示上述nCr之意，后者亦同时采用了。
阅读材料之一：排列组合解法20例讲
数学竞赛阅读材料一：排列组合解法20例讲排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理． 一、两个基本原理1．分类计数原理（加法原理）：完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =+++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1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．3．分类计数原理分步计数原理区别：分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事．分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 二、解决排列组合综合性问题的一般程序 1．认真审题弄清要做什么事．2．怎样做才能完成所要做的事，即采取分步还是分类，或是分步与分类同时进行，确定分多少步及多少类．3．确定每一步或每一类是排列问题（有序）还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素．4．解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 三、例讲常见的解题方法 1．特殊元素和特殊位置优先策略例1．由0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字五位奇数？解：由于末位和首位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置．先排末位共有13C ；然后排首位共有14C ；最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得：113344228C C A =．C 14A 34C 13“位置分析法”和“元素分析法”是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,须先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,须先满足特殊位置的要求,再处理其它位置。