高中排列组合基础题(含标准答案)

排列、组合问题基本题型及解法
同学们在学习排列、组合的过程中，总觉得抽象，解法灵活，不容易掌握.然而排列、组合问题又是历年高考必考的题目.本文将总结常见的类型及相应的解法.
一、相邻问题“捆绑法”
将必须相邻的元素“捆绑”在一起，当作一个元素进行排列. 例1 甲、乙、丙、丁四人并排站成一排，如果甲、乙必须站在一起，不同的排法共有几种？ 分析：先把甲、乙当作一个人，相当于三个人全排列，有33A ＝6种，然后再将甲、乙二人全排列有22A ＝2种，所以共有6×2＝12种排法. 二、不相邻问题“插空法”
该问题可先把无位置要求的元素全排列，再把规定不相邻的元素插入已排列好的元素形成的空位中（注意两端）.
例2 7个同学并排站成一排，其中只有A 、B 是女同学，如果要求A 、B 不相邻，且不站在两端，不同的排法有多少种？.
分析：先将其余5个同学先全排列，排列故是55A ＝120.再把A 、B 插入五个人组成的四个空位（不包括两端）中，（如图0×0×0×0×0“×”表示空位，“0”表示5个同学）有24A ＝2
种方法.则共有52
54A A ＝440种排法.
三、定位问题“优先法”
指定某些元素必须排（或不排）在某位置，可优先排这个元素，后排其他元素.
例3 6个好友其中只有一个女的，为了照像留念，若女的不站在两端，则不同的排法有 种.
分析：优先排女的（元素优先）.在中间四个位置上选一个，有14A 种排法.然后将其余5个
排在余下的5个位置上，有55A 种方法.则共15
45A A ＝480种排法.还可以优先排两端（位置优先）
. 四、同元问题“隔板法”
例4 10本完全相同的书，分给4个同学，每个同学至少要有一本书，共有多少种分法？ 分析：在排列成一列的10本书之间，有九个空位插入三块“隔板”.如图： ×× × ××× ××××
一种插法对应于一种分法，则共有39C ＝84种分法. 五、先分组后排列
对于元素较多，情形较复杂的问题，可根据结果要求，先分为不同类型的几组，然后对每一组分别进行排列，最后求和.
例5 由数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（ ）
（A ）210个 （B ）300个 （C ）464个 （D ）600个
分析：由题意知，个位数字只能是0，1，2，3，4共5种类型，每一种类型分别有55A 个、113433A A A 个、113333A A A 个、113233A A A 个、13
33A A 个，合计300个，所以选B
例6 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1】考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有325555C C A 种，
其中0居首位的有314
544C C A 种，故符合条件的五位数共有325314
555544C C A C C A ＝11040个.
【解法2】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325
545C C A 个；
②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有14A 种排法，
再选三个奇数数与一个偶数数字全排放在其他数位上，共有3141
5444C C A A 种排法.
综合①和②，由分类计数原理，符合条件的五位数共有325545C C A ＋3141
5444C C A A ＝11040个. 例8 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字，比20000大，且百位数字不是3
的自然数？
【解】设A ＝{满足题设条件，且百位数字是3的自然数}，B ＝{满足题设条件，且比20000大的自然数}，则原题即求()card U B A I ð，画韦恩图如图，阴影部分 即U B A I ð，从图中看出()()card card U B A B A B =-I I ð
. 又A B B I Ø，由性质2，有()()()card card card .B A B B A B -=-I I
()card B 即由数字1，2，3，4，5组成无重复数字，且比20000()1444card A A B =.
()card A B I 即由数字1，2，3，4，5组成无重复数字、比20000大，且百位数字是3的自
然数的个数，易知()1333card A A A B =I ，
所以()1413
4433card A A A A U B A =-I ð＝78.即可组成78个符合已知条件的自然数.
典型例题
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？
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3
9A 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2
81814A A A ⋅⋅（个）．
∴ 没有重复数字的四位偶数有
229617925042
8181439=+=⋅⋅+A A A A 个．
例2 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？
解：（1）先排歌唱节目有5
5A 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 46
A ＝43200. （2）先排舞蹈节目有4
4A 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。

所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：4
4A 55A ＝2880种方法。

例3 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．
分析与解法1：6六门课总的排法是6
6A ，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有55A 种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有5
5
A 种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这
A B I U B A I ð
U
种情况有4
4A 种排法，因此符合条件的排法应是：
50424
45566=+-A A A （种）．
例4 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？
分析：可以把3辆车看成排了顺序的三个空：，然后把3名司机和3名售票员分别填入．因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题．
解：分两步完成．第一步，把3名司机安排到3辆车中，有63
3=A 种安排方法；第二步把3名售票员安排到3辆车中，有633=A 种安排方法．故搭配方案共有
363
333=⋅A A 种．
例5 下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？
学 校 专 业
1 1
2 2 1 2
3 1
2
解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在4所学校中选出3所并加排列，共有3
4A 种不同的排法；第二步，从每所院校的3个专业中选出2个专业并确定其顺序，
其中又包含三小步，因此总的排列数有2
32323A A A ⋅⋅种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：51842
3232334=⋅⋅⋅A A A A 种．
例6 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？
解：(1) 50407
74437==⋅A A A 种．
(2)第一步安排甲，有1
3A 种排法；第二步安排乙，有1
4A 种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个位置上，有55A 种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有1440551413=⋅⋅A A A 种．
(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全
排列问题，有55A 种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有3
3A 种排法．由分步计数原理得，共有7203
355=⋅A A 种排法．
(4)第一步，4名男生全排列，有4
4A 种排法；第二步，女生插空，即将3名女生插入4名男
生之间的5个空位，这样可保证女生不相邻，易知有3
5A 种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：14403
544=⋅A A 种．
例8 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
662
1A ；B 的算式是441514131211)(A A A A A A ⋅++++；C 的算式是4
6A ；
D 的算式是4
4
26A 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． 解：A 中很显然，“a 在b 前的六人纵队”的排队数目与“b 在a 前的六人纵队”排队数目
相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：A 的算式正确．
B 中把六人排队这件事划分为a 占位，b 占位，其他四人占位这样三个阶段，然后用乘法求出总数，注意到a 占位的状况决定了b 占位的方法数，第一阶段，当a 占据第一个位置时，b
占位方法数是1
5A ；当a 占据第2个位置时，b 占位的方法数是1
4A ；……；当a 占据第5个位
置时，b 占位的方法数是11A ，当a ，b 占位后，再排其他四人，他们有4
4A 种排法，可见B 的算式是正确的．
C 中4
6
A 可理解为从6个位置中选4个位置让f e d c ,,,占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应是b a ,的．因此C 的算式也正确．
D 中把6个位置先圈定两个位置的方法数2
6
C ，这两个位置让b a ,占据，显然，b a ,占据这两个圈定的位置的方法只有一种（a 要在b 的前面），这时，再排其余四人，又有4
4A 种排法，可见D 的算式是对的．
例9 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？
解法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可有如下算法：
6408551424551224=⋅⋅+⋅⋅A A A A A A (种)．
解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把“甲坐在第一排的八人
坐法数”看成“总方法数”，这个数目是7
7
14A A ⋅．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是5514131214A A A C A ⋅⋅⋅⋅．其中第一个因数1
4A 表示
甲坐在第一排的方法数，1
2C 表示从乙、丙中任选出一人的办法数，13A 表示把选出的这个人安排在第一排的方法数，下一个14A 则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，55A 就
是其他五人的坐法数，于是总的方法数为
64085
5141312147714=⋅⋅⋅⋅-⋅A A A C A A A (种)．
说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．
例10 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，并且水彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（ ）．
A ．5
5
44A A ⋅ B ．554433A A A ⋅⋅ C ．554413A A C ⋅⋅ D ．554422A A A ⋅⋅ 解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有2
2A 种排列．但4幅油
画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有5
54422A A A ⋅⋅种陈列方式．
∴应选D ．
说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列．本例题就是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题． 例11 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 ．210
B ．300
C ．464
D ．600
解法1：（直接法）：分别用5,4,3,2,1作十万位的排列数，共有5
55A ⋅种，所以其中个位
数字小于十位数字的这样的六位数有
30052
15
5=⋅⋅A 个． 解法2：（间接法）：取5,,1,0Λ个数字排列有66A ，而0作为十万位的排列有5
5A ，所以其
中个位数字小于十位数字的这样的六位数有
300)(2
15
566=-A A (个)． ∴应选B ．
说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．
(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．
例12 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
分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断．
解法1：分类计算．
将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有2
4A 个，另一类是4作个位数，也有
24A 个．因此符合条件的偶数共有242
424=+A A 个．
解法2：分步计算．
先排个位数字，有12A 种排法，再排十位和百位数字，有2
4A 种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有242
412=⋅A A 个．
解法3：按概率算．
用51-这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有603
5=A 个，其中偶点其中的
5
2
．因此三位偶数共有245
2
60=⨯
个． 解法4：利用选择项判断．
用51-这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有603
5=A 个．其中偶数少于奇数，
因此偶数的个数应少于30个，四个选择项所提供的答案中，只有A 符合条件． ∴应选A ．
例13 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？
分析：3位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是0，由于个位用或者不用数字0，对确
定首位数字有影响，所以需要就个位数字用0或者用42、
进行分类．一个自然数能被3整除的条件是所有数字之和是3的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就
用与不用数字0进行分类．
解：(1)就个位用0还是用42、分成两类，个位用0，其它两位从4321、、、中任取两数排
列，共有122
4=A (个)，个位用2或4，再确定首位，最后确定十位，共有32442=⨯⨯(个)，所有3位偶数的总数为：443212=+(个)．
(2)从543210、、、、、
中取出和为3的倍数的三个数，分别有下列取法：)210(、)510(、)420(、)540(、)321(、)531(、)432(、)543(，前四组中有0，
后四组中没有0，用它们排成三位数，如果用前4组，共有16242
2=⨯⨯A (个)，如果用后四组，
共有2443
3=⨯A (个)，所有被3整除的三位数的总数为402416=+(个)．
例14 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？
分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为7654321、、、、、、．先选定两个空位，可以在21、号位，也可以在32、号位…共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在21、号，则另一空位可以在7654、、、号位，有4种可能，相邻空位在76、号位，亦如此．如果相邻空位在32、号位，另一空位可以在765、、号位，只有3种可能，相邻空位在43、号，54、号，65、号亦如此，所以必须就两相邻空位的位置进行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插
入已坐人的4个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．
解答一：就两相邻空位的位置分类：
若两相邻空位在21、
或76、，共有192424
4=⨯⨯A (种)坐法． 若两相邻空位在32、
，43、，54、或65、，共有288344
4=⨯⨯A (种)不同坐法，所以所有坐法总数为480288192=+(种)．
解答二：先排好4个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的4人之间，共有
4802544=⋅A A (种)不同坐法．
解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉3个空位全不相邻或全部相邻
的情况，4个人任意坐到7个座位上，共有47A 种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座位一起排列，共有55A 种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空
法，但三个空位不须排列，直接插入4个人的5个间隔中，有104
4⨯A 种不同方法，所以，所有
满足条件的不同坐法种数为480104
45547=--A A A (种)．。