人教A版2021届高考数学一轮复习讲义：排列与组合

排列与组合
知识讲解
一、基本计数原理
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．又称加法原理． 2.乘法原理
分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有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．又称乘法原理．
3.加法原理与乘法原理的综合运用
运用：如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．
二、排列与组合
1.排列
定义：一般地，从n 个不同的元素中任取()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．（其中被取的对象叫做元素）
排列数：从n 个不同的元素中取出()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A m
n 表示．
排列数公式：A (1)(2)(1)m
n n n n n m =---+，m n +∈N ，，并且m n ≤．
全排列：一般地，n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的一个全排列．
n 的阶乘：正整数由1到n 的连乘积，叫作n 的阶乘，用!n 表示．规定：0!1=．
2.组合
定义：一般地，从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合．
组合数：从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中，任意取出m 个元素的组合数，用符号C m
n 表示． 组合数公式：(1)(2)(1)!C !!()!
m
n n n n n m n m m n m ---+==-，,m n +∈N ，并且m n ≤． 组合数的两个性质： ①C C m n m n n -=；②11C C C m m m n n n -+=+．（规定0C 1n =）
3.排列组合综合问题
解排列组合问题，首先要用好两个计数原理和排列组合的定义，即首先弄清是分类还是分步，是排列还是组合，同时要掌握一些常见类型的排列组合问题的解法。

三、排列与组合解题的常用方法
1.特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；
2.分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏．
3.排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法．
4.捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列．
5.插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空．
6.插板法：n 个相同元素，分成()m m n ≤组，每组至少一个的分组问题——把n 个元素排成一排，
从1n -个空中选1m -个空，各插一个隔板，有11m n C --．
7.分组、分配法：分组问题（分成几堆，无序）．有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n 堆（组），必须除以n ！，如果有m 堆（组）元素个数相等，必须除以m ！
8.错位法：编号为1至n 的n 个小球放入编号为1到n 的n 个盒子里，每个盒子放一个小球，要求小球与盒子的编号都不同，这种排列称为错位排列，特别当2n =，3，4，5时的错位数各为1，2，9，44．关于5、6、7个元素的错位排列的计算，可以用剔除法转化为2个、3个、4个元素的错位排列的问题．
四、常考问题以及解题途径与策略
1.排列与组合应用题解题三种途径：
元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．
2.具体的解题策略有：
①对特殊元素进行优先安排；
②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏；
③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；
④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法；
⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理；
⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面．
⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．
经典例题
一．选择题（共6小题）
1．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（）
A．24B．48
C．96D．120
【解答】解：第一类：若A，D相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2=24种，
第二类，若A，D不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有1种涂法，
当B和D不同时，B，C只有一种涂法，共有4×3×2×（1+1）=48种，
根据分类计数原理可得，共有24+48=72种，
故选：C．
2．某班级需要把6名同学安排到周一、周二、周三这三天值日，每天安排2名同学，已知甲不能安排到周一，乙和丙不能安排到同一天，则安排方案的种数为（）A．24B．36
C．48D．72
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①、甲、乙、丙三人分在不同的三天值班，
甲可以分在周二、周三，有2种安排方法，将乙、丙全排列，分在其他2天，有A22=2种安排方法，
剩余的3人，全排列，安排在周一、周二、周三这三天，有A33=6种安排方法，
则此时有2×2×6=24种安排方法；
②，甲和乙、丙中的1人，安排在同一天值班，
在乙、丙中选出1人，和甲一起分在周二、周三值班，有2×2=4种情况，
剩余4人，平均分成2组，有1
C42=3种分组方法，
2
再将2组全排列，对应剩下的2天值班，有A22=2种安排方法，
则此时有4×3×2=24种安排方法；
则有24+24=48种不同的安排方案，
故选：C．
3．福州西湖公园花展期间，安排 6 位志愿者到 4 个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有（ ）
A ．90 种
B ．180 种
C ．270 种
D ．360 种
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①，在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有C 61=6种情况，
②，在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有C 51=5种情况，
③，将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个展区，有C 42C 22A 22×A 22=6种情况，
则一共有6×5×6=180种不同的安排方案；
故选：B ．
4．某校在教师交流活动中，决定派2名语文教师，4名数学教师到甲乙两个学校交流，规定每个学校派去3名老师且必须含有语文老师和数学老师，则不同的安排方案有（ ）种
A ．10
B ．11
C ．12
D ．15
【解答】解：根据题意，分2步分析：
①，2名语文教师必须每个学校1名，将2名语文老师全排列，安排到甲乙两个学校，有A 22=2种排法；
②，将4名数学老师分均分成2组，每组2人，再将分好的2组全排列，安排到甲乙两
个学校，有12
C 42×A 22=6种情况， 则有2×6=12种不同的安排方案；
故选：C ．
5．有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有（ ）
A ．120种
B ．150种
C ．240种
D ．260种
【解答】解：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同，
分2步进行分析：
①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2；
若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法；
若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 2
2A 22=15种分组方法；
则共有10+15=25种分组方法，
②，让三组选择三种不同颜色，共有A33=6种不同方法
则共有25×6=150种不同的取法；
故选：B．
6．将5名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力，投篮三项比赛中（假设这些比赛都不设人数上限），每人只参加一项，则共有x种不同的方案；若每项比赛至少要安排一人时，则共有y种不同的方案，其中x+y的值为（）
A．543B．425
C．393D．275
【解答】解：根据题意，若每人只参加一项，
则5人中，每人都有3种选报的方法，则一共有3×3×3×3×3=35=243种方案，
即x=243，
其中只有2项比赛有人报名的有C32×（2×2×2×2×2﹣2）=90种，
只有1项比赛有人报名的有C31=3种，
则每项比赛至少要安排一人则安排方法有243﹣90﹣3=150种，
则x+y=243+150=393；
故选：C．
二．填空题（共4小题）
7．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．（用数字作答）
【解答】解：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C52种方法，
从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C32种方法，
可以组成C52⋅C32⋅A44=720个没有重复数字的四位数；
含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C31⋅C31⋅C52⋅A33=540，
故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．
故答案为：1260．
8．4名同学去参加3 个不同的社团组织，每名同学只能参加其中一个社团组织，且甲乙两位同学不参加同一个社会团体，则共有54种结果．
【解答】解：根据题意，先计算4名同学去参加3 个不同的社团组织的情况数目，
4个同学中每人可以在3 个不同的社团组织任选1个，即每人有3种不同的选法，
则4人有3×3×3×3=81种情况，
再计算甲乙参加同一个社团组织的情况数目，
若甲乙参加同一个社团组织，甲乙两人有3种情况，
剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人有3×3=9种情况，
则甲乙参加同一个社团组织的情况有3×9=27种；
则甲乙两位同学不参加同一个社团组织的情况有81﹣27=54种；
故答案为：54．
9．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有
90种不同的染色方法．
【解答】解：第一行染2个红色方格有C42种染法；
第一行染好后，有如下三种情况：
①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；
②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；
③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．
因此，共有染法为：6×（1+6+4×2）=90（种）．
故答案为：90
10．联合国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，每种物资既可以全部给一个国家，也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，则不同的援助方案有25种．
【解答】解：联合国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，
每种物资既可以全部给一个国家，
也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，
需要分为：粮食和药品都有，方法1种；
一个国家粮食，两个国家药品，有3种方法；
一个国家药品，两个国家粮食，有3种方法；
两个国家粮食，三个国家药品，有3种方法；
两个国家药品，三个国家粮食，有3种方法；
一个国家粮食和药品，另两个国家各一种，有3×（2+2）=12种方法；
方法总数是：25．
故答案为：25．。