排列与组合综合问题

第三课时 排列与组合的综合问题
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课标导学
利用排列组合的基本概念解决排列组合的综合问题.
教材导读
1.排列、组合的应用题，是高考常见题型，重点考查有附 加条件的应用问题．主要有以下三个方面：
(1)以元素为主，___特__殊__元__素_____优先考虑； (2)以位置为主，____特__殊__位___置_______优先考虑；
[解析] 如果用 2 种颜色，则有 C26种颜色可以选择，涂 上有 C12种方法．
如果用 3 种颜色有 C36种颜色可以选择，涂上有 3×2×(1 ＋2)＝18(种)方法．
∴不同涂色种数为 C26·C12＋C36·18＝390(种)．
[答案] 390
练 1 如图，一环形花坛分成 A，B，C，D 四块，现有
本的分法亦为 C16C25C33＝60(种)． (3)由(1)知，分成三堆的方法有 C16C25C33种，但每一种分
组方法又有 A33种不同的分配方案，故一人得一本，一人得 两本，一人得三本的分法有 C16C25C33A33＝360(种)．
(4)把 6 本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的 书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于 把六本不同的书，平均分成三堆后，再把每次分得的三堆书 分给甲、乙、丙三个人，因此，设把六本不同的书，平均分 成三堆的方法有 x 种，那么把 6 本不同的书分给甲、乙、丙 三人每人 2 本的分法就应有 x·A33种．
[解] (1)在 7 条纵线中任选 2 条，在 5 条横线中任选 2 条，这样的 4 条线可组成 1 个矩形，故可组成矩形有 C27·C25＝ 210 个；
(2)每条东西向街道分成 6 段，每条南北向街道被分成 4 段，从 A 到 B 最短路线的走法无论怎样走，一定包括 10 段， 其中 6 段方向向东，另 4 段方向向北，每种走法，即是从 10 段中选出 6 段，这 6 段是走东西方向的(剩下 4 段即是走 南北方向的)，共有 C610＝C410＝210 种走法．(同样可以从 10 段选 4 段走南北方向，每个选法是 1 种走法)．
[评析] 要在实际问题中建立组合模型，就需要抓住特 例进行分析，如在本题(1)中，注意一个矩形可由图中的两条 横线和两条纵线所围成，因而只要从 5 条横线中选 2 条，再 从 7 条纵线中选 2 条即可，从而建立组合模型；而在(2)中， 观察分析每条最短路线均由 10 段组成，其中 6 段为由西向 东的方向，而另 4 段由南向北的方向所组成．
3. 解 决 排 列 与 组 合 应 用 问 题 常 用 的 方 法 有 ： ___直__接_______法、_____间__接______法、两个原理法、特殊元
素法、特殊位置法、____捆__绑_________法、___插__空_________ 法等．
解决排列、组合综合问题要遵循哪两个原则？
(2)处理排列组合应用题常用的方法有 ①相邻元素归并法(又称捆绑法)； ②相离元素插空法； ③定位元素优先安排法； ④有序分配依次分组法； ⑤多元素不相容情况分类法； ⑥交叉问题集合法； ⑦混合问题先分组后排序法； ⑧“至少”，“至多”问题间接排除法.
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涂色问题
例 1 如图，用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色， 每个格子涂一种颜色，要求最多使用 3 种颜色且相邻的两个格 子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．(用数字作 答)
答案：96ຫໍສະໝຸດ 4．马路上有编号为 1,2,3，…，9 的 9 只路灯，为节约 用电，现要求把其中的 3 只灯关掉，但不能同时关掉相邻的 2 只或 3 只，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方 法共有________种．
解析：关掉第一只灯的方法有 7 种，关掉第二只、第三 只灯时要分类讨论，情况较为复杂，换一个角度，从反面入 手考虑，由于每一种关灯的方法唯一对应着一种满足题设条 件的亮灯与暗灯的排列，于是问题转化为在 6 只亮灯中插入 3 只暗灯，暗灯不在两端且任何 2 只暗灯不相邻，也就是在 6 只亮灯所形成的 5 个空隙中选 3 个插入 3 只暗灯，其方法 有 C35＝10(种)，故满足条件的关灯的方法共有 10 种．
[答案] B
分组与分配问题 例 3 6 本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分 法？ (1)一堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)一人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)平均分成三堆； (5)平均分给甲、乙、丙三人．
[分析] (1)是分组问题，常分三步进行，这三步完成之 后，事件便宣告完成；(2)与(1)类似，甲得一本，乙得二本， 丙得三本，事实上就是(1)的分组问题；(3)是在(1)的基础上 再进行分配；(4)是平均分组问题，它与次序无关；(5)是在(4) 的基础上再进行分配．
而 6 本书分给甲、乙、丙三人每人 2 本的分法可以理解 为：
三个人一个一个地来取书，甲从 6 本不同的书本中任取 出 2 本的方法有 C26种，甲不论用哪一种方法取得 2 本书后， 乙再从余下的 4 本书中取书有 C24种方法，而甲、乙不论用 哪一种方法各取 2 本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 C22种方法，所以一共有 C26C24C22＝90(种)方法．所以 xA33＝C26C24 C22＝90，x＝15.
答案：C
3．某地奥运火炬接力传递路线共分 6 段，传递活动分 别由 6 名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙 三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则 不同的传递方案共有________种(用数字作答)．
解析：因为第一棒与最后一棒甲、乙均能传递，而丙不 能传递最后一棒，分两类讨论：(1)丙传第一棒，此时传递 方案有 C12·A44＝48(种)；(2)甲、乙传第一棒，传递方案有 A22 A44＝48(种)．因此共有 48＋48＝96 种传递方案．
故应选 B.
相同元素的排列问题
例 2 某市有 7 条南北向街道，5 条东西向街道(如图所示)． (1)图中共有多少个矩形？ (2)从 A 点走到 B 点最短路线的走法有多少种？
[分析] (1)任意一个矩形可由两条横线和两条纵线组成； (2)从 A 点走到 B 点最短路线的走法，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．
(1)由分步乘法计数原理可知，共有 44＝256 种放法； (2)先从 4 个小球中取 2 个放在一起，有 C24种不同的取法， 再把取出的两个小球与另外 2 个小球看做三堆，并分别放入 4 个盒子中的 3 个盒子里，有 A34种不同的放法．根据分步乘法 计数原理，共有 C24A34＝144 种不同的放法； (3)恰有 2 个盒子不放球，也就是把 4 个不同的小球只放
4 种不同的花供选种，要求在每块里种 1 种花，且相邻的 2
块种不同的花，则不同的种法总数为( )
A．96
B．84
C．60
D．48
[解析] 如题图，当花坛中的花各不相同时，共有 A44种 不同的种法；若在花坛中种植 3 种花，此时一种方法是 A
与 C 种的花相同有 C14种，B，D 各不相同有 A23种，另一种 方法是 B，D 相同，A，C 各不相同，共有 C14A23种，因此种 植 3 种花时有 2C14A23种；若在花坛中种植两种花，则只能是 A，C 相同，B，D 相同，共有 C14C13种．所以共有 A44＋2C14A23 ＋C14C13＝24＋48＋12＝84(种)不同种法．
[解] (1)先在 6 本书中任取一本，作为一堆，有 C16种取 法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有 C25种取 法，再从余下三本中取三本作为一堆，有 C33种取法，故共 有分法 C16C25C33＝60(种)．
(2)由(1)知，分成三堆的方法有 C16C25C33种，而每种分组 方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三
(3)暂不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去
_不__符__合__条__件__的__种__数___.前两者是直接法，后者是间接法．
2．求解排列与组合问题的一般步骤是： (1)把具体问题化归为排列或组合问题； (2)通过分析确定运用两个计数原理； (3)分析题目条件，避免重复或遗漏； (4)列出式子，准确计算．
(5)由 4 知平均分给甲、乙、丙三人有 90 种方法．
[评析] 6 本书分给甲、乙、丙三人各两本和分成三堆， 每堆两本是有区别的，前者虽然也属于平均分组问题，但需
甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者又是分组问 题，它与次序无关，所以要除以 A33.一般地，n 个元素中有 n1(n1≤n)个元素，平均分成 m 组要除以 Amm.
练 3 有 4 个不同的球，4 个不同的盒子，把球全部放 入盒内：
(1)共有几种放法？ (2)恰有 1 个空盒，有几种放法？ (3)恰有 2 个盒子不放球，有几种放法？
[解] 此题关键是第(2)问，恰有 1 个空盒相当于一定有 2 个小球放在同一个盒子中，因此，先从 4 个不同的小球中 取出 2 个放在一起(作为一个整体)，是组合问题．又因为 4 个盒子中只有 1 个是空的，所以另外 3 个盒子中分别放入 2 个，1 个，1 个小球，是排列问题．
答案：10
5．已知全集 U＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合 A＝{1,2,3,4,5,6}， B＝{1,2,3,4,7,8}，从 A∩B 和(∁UA)∪(∁UB)中各取 2 个数 字．问：
(1)能组成多少个比 6100 大的四位数？ (2)能组成多少个被 5 除余 2 的四位数？
解：(1)A∩B＝{1,2,3,4}，(∁UA)∪(∁UB)＝{5,6,7,8}，(∁UA) ∪(∁UB)中取 6,7,8 中的一个作千位数，有 C13种；余下的三个 数中任取一个有 C13种；在 A∩B 中任取两个有 C24种，把后 面的 3 个数作为百位、十位、个位有 A33种，所以所求四位 数有 C13·C13·C24·A33＝324(个)．