两个计数原理的排列、组合(含答案)

学习目标 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.进一步深化排列与组合的概念.3.能综合运用排列、组合解决计数问题．
类型一两个计数原理的应用
命题角度1“类中有步”的计数问题
例1电视台在某节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有________种不同的结果．
答案28 800
解析在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸运伙伴是不同的，故要分两类分别计算：(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴，有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果．因此共有17 400＋11 400＝28 800(种)不同结果．
反思与感悟用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示：
具体意义如下：
从A到B算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数如图所示．
所以，完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5，
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“＋”号连接，“步”用“×”号连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一
件事的完成，“步”缺一不可．
跟踪训练1现有4种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()
A．24种B．30种C．36种D．48种
答案 D
解析将原图从上而下的4个区域标为1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色，1与4可以同色，因此，要分类讨论1,4同色与不同色这两种情况．故不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.故选D.
命题角度2“步中有类”的计数问题
例2有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)
答案264
解析上午总测试方法有4×3×2×1＝24(种)；我们以A、B、C、D、E依次代表五个测试项目．若上午测试E的同学下午测试D，则上午测试A的同学下午只能测试B、C，确定上午测试A的同学后其余两位同学上、下午的测试方法共有2种；若上午测试E的同学下午测试A、B、C之一，则上午测试A、B、C中任何一个的同学下午都可以测试D，安排完这位同学后其余两位同学的测试方式就确定了，故共有3×3＝9(种)测试方法，即下午的测试方法共有11种，根据分步乘法计数原理，总的测试方法共有24×11＝264(种)．
反思与感悟用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示：
从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简单地记为A→D.
完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类．
其中m i(i＝1,2,3,4,5)表示相应步的方法数．
完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5.
以上给出了处理步中有类问题的一般方法．
跟踪训练2如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式共有()
A．11 B．12 C．20 D．21
答案 D
解析根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，
对于开关1、2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7(种)情况，
则电路接通的情况有3×7＝21(种)．故选D.
类型二有限制条件的排列问题
例33个女生和5个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？
(5)如果甲必须排在乙的右面(可以不相邻)，有多少种不同的排法？
解(1)(捆绑法)因为3个女生必须排在一起，所以可先把她们看成一个整体，这样同5个男生合在一起共有6个元素，排成一排有A66种不同排法．对于其中的每一种排法，3个女生之间又有A33种不同的排法，因此共有A66·A33＝4 320(种)不同的排法．
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把5个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空，这样共有4个空，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有6个位置，再把3个女生插入这6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5个男生排成一排有A55种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述6个位置中选出3个来让3个女生插入有A36种方法，因此共有A55·A36＝14 400(种)不同的排法．
(3)方法一(特殊位置优先法)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A25种不同排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A66种排法，所以共有A25·A66＝14 400(种)不同的排法．
方法二(间接法)3个女生和5个男生排成一排共有A88种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A13·A77种排法和女生排在末位的A13·A77种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位时被扣去一次，在扣除女生排在末位时又被扣去一次，所以还需加一次，由于两端都是女生有A23·A66种不同的排法，所以共有A88－2A13·A77＋A23·A66＝14 400(种)不同的排法．
方法三(特殊元素优先法)从中间6个位置中挑选出3个让3个女生排入，有A36种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余5个位置又都有A55种不同的排法，所以共有A36·A55＝14 400(种)不同的排法．
(4)方法一因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有A15·A77种不同的排法；如果首位排女生，有A13种排法，这时末位就只能排男生，这样可有A13·A15·A66种不同的排法．
因此共有A15·A77＋A13·A15·A66＝36 000(种)不同的排法．
方法二3个女生和5个男生排成一排有A88种排法，从中扣去两端都是女生的排法有A23·A66种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A88－A23·A66＝36 000(种)不同的排法．
(5)(顺序固定问题)因为8人排队，其中两人顺序固定，共有A 88A 22
＝20 160(种)不同的排法． 反思与感悟 (1)排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等．要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素．当用直接法比较麻烦时，可以用间接法，先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”，但必须注意要不重复，不遗漏(去尽)．
(2)对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用“捆绑法”，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用“插空法”，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中．
跟踪训练3 用0到9这10个数字：
(1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？在这些四位数中，奇数有多少个？
(2)可以组成多少个只含有2个相同数字的三位数？
解 (1)可以组成9A 39＝4 536个四位数．适合题意的四位奇数共有A 15·A 18·A 28＝2 240(个)．
(2)0到9这10个数字构成的三位数共有900个，分为三类：
第1类：三位数字全相同，如111,222，…，999，共9个；第2类：三位数字全不同，共有9×9×8＝648(个)，
第3类：由间接法可求出，只含有2个相同数字的三位数，共有900－9－648＝243(个)． 类型三 排列与组合的综合应用 命题角度1 不同元素的排列、组合问题
例4 有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
解 分三类：
第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C 12·C 12·C 12·C 12·A 44种． 第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C 22·C 22·A 44种．
第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C 22·C 22·A 44种．
故满足题意的所有不同的排法种数为C 12·C 12·C 12·C 12·A 44＋2C 22·C 22·A 44＝432.
反思与感悟 (1)解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的
元素都选出来，再对元素或位置进行排列．
(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：
①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．
②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．
跟踪训练4从1,3,5,7,9中任取3个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位偶数？
解(1)五位数中不含数字0.
第1步，选出5个数字，共有C35C24种选法．
第2步，排成偶数——先排末位数，有A12种排法，再排其他四位数字，有A44种排法．
所以N1＝C35·C24·A12·A44.
(2)五位数中含有数字0.
第1步，选出5个数字，共有C35·C14种选法．
第2步，排顺序又可分为两小类：
①末位排0，有A11·A44种排列方法；
②末位不排0.这时末位数有C11种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有A13种排法，其余3个数字则有A33种排法．
所以N2＝C35·C14(A11·A44＋A13·A33)．
所以符合条件的偶数个数为
N＝N1＋N2＝C35C24A12A44＋C35C14(A11A44＋A13A33)
＝4 560.
命题角度2含有相同元素的排列、组合问题
例5将10个优秀名额分配到一班、二班、三班3个班级中，若各班名额数不小于班级序号数，则共有________种不同的分配方案．
答案15
解析先拿3个优秀名额分配给二班1个，三班2个，这样原问题就转化为将7个优秀名额
分配到3个班级中，每个班级中至少分配到1个．
利用“隔板法”可知，共有C26＝15(种)不同的分配方案．
反思与感悟凡“相同小球放入不同盒中”的问题，即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题，一般可用“隔板法”求解：
(1)当每组至少含一个元素时，其不同分组方式有N＝C m－1
种，即将n个元素中间的n－1个
n－1
空格中加入m－1个“隔板”．
(2)任意分组，可出现某些组含元素为0个的情况，其不同分组方式有N＝C m－1
种，即将n
n＋m－1
个相同元素与m－1个相同“隔板”进行排序，在n＋m－1个位置中选m－1个安排“隔板”．跟踪训练5用2,3,4,5,6,7六个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．
答案96
解析用间接法：六个数字能构成的三位数共6×6×6＝216(个)，而无重复数字的三位数共有A36＝6×5×4＝120(个)．
故所求的三位数的个数为216－120＝96.
1．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有()
A．24种B．14种C．10种D．9种
答案 B
解析由题意可得李芳不同的选择方式有4×3＋2＝14(种)．故选B.
2．设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为() A．(34,34) B．(43,34)
C．(34,43) D．(A34，A34)
答案 C
解析首先每名学生报名有3种选择，有4名学生，根据分步乘法计数原理知共有34种选择，每项冠军有4种可能的结果，3项冠军根据分步乘法计数原理知共有43种可能结果，故选C. 3．从0,2,4中取一个数字，从1,3,5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是()
A．48 B．50 C．52 D．54
答案 A
解析第一类：从2,4中任取一个数，有C12种取法，同时从1,3,5中取两个数字，有C23种取法，再把三个数全排列，有A33种排法．故有C12C23A33＝36(种)取法．
第二类：从0,2,4中取出0，有C11种取法，从1,3,5三个数字中取出两个数字，有C23种取法，然后把两个非0的数字中的一个先安排在首位，有A12种排法，剩下的两个数字全排列，有A22种排法，共有C11C23A12A22＝12(种)方法．
共有36＋12＝48(种)排法，故选A.
4．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是公益宣传广告，且2个公益宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种．
答案36
解析先安排后2个，再安排前3个，由分步乘法计数原理知，共有C12C13A33＝36(种)不同的播放方式．
5．已知x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，则满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为________．
答案90
解析根据题意，∵x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2，x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，
∴x i中有2个1和4个0，或3个1、1个－1和2个0，或4个1和2个－1，共有C26＋C36C23＋C46＝90(个)，∴满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为90.
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
2．解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理．
3．对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏．
4．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．
课时作业
一、选择题
1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有()
A．12种B．19种C．32种D．60种
答案 B
解析分两类：第一类直接到达，甲地到乙地，每天有直达汽车4班共有4种方法；
第二类间接到达，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，共有5×3＝15(种)方法．
根据分类加法计数原理可得4＋15＝19.
2．在100,101,102，…，999这些数中，各位数字按严格递增(如“145”)或严格递减(如“321”)顺序排列的数的个数是()
A．120 B．168 C．204 D．216
答案 C
解析由题意知本题是一个计数原理的应用，首先对数字分类，
当数字不含0时，从9个数字中选三个，则这三个数字递增或递减的顺序可以确定两个三位数，共有2C39＝168(个)，
当三个数字中含有0时，从9个数字中选2个数，它们只有递减一种结果，共有C29＝36(个)，根据分类加法计数原理知共有168＋36＝204(个)，故选C.
3．用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有()
A．4 320种B．2 880种
C．1 440种D．720种
答案 A
解析第一个区域有6种不同的涂色方法，第二个区域有5种不同的涂色方法，第三个区域有4种不同的涂色方法，第四个区域有3种不同的涂色方法，第五个区域有3种不同的涂色
方法，第六个区域有4种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)涂色方法．
4．5个人站成一排，甲、乙两人中间恰有1人的排法共有( )
A ．72种
B ．36种
C ．18种
D ．12种
答案 B
解析 甲乙两人有2种站法，中间恰有一个人，从其余三人中选一人有3种选法，故第一步三人绑定在一起的方法有2×3＝6(种)，将此三人看作一个元素与剩余两人组成三个元素进行排列，排列方法有A 33＝6(种)，
故5个人站成一排，甲、乙两人中间恰有1人的排法共有6×6＝36(种)．
5．在某次数学测验中，学号i (i ＝1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f (i )∈{90,92,93,96,98}，且满足f (1)<f (2)≤f (3)<f (4)，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为( )
A ．9
B ．5
C ．23
D ．15
答案 D
解析 从所给的5个成绩中，任意选出4个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f (1)<f (2)<f (3)<f (4)排列的一个可能情况，故方法有C 45＝5(种)．从所给的5个成绩中，任意选出3个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f (1)<f (2)＝f (3)<f (4)排列的一个可能情况，故方法有C 35＝10(种)．综上可得，满足f (1)<f (2)≤f (3)<f (4)的这四位同学的考试成绩的所有可能情况共有5＋10＝15(种)，故选D.
6．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( )
A ．30
B ．60
C ．120
D ．240
答案 B
解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有C 24C 22A 22
种，再将余下的6人平均分成两组，有C 36C 33A 22种，然后这四个组自由搭配还有A 22种，故最终分配方法有12A 22×12
C 24C 36＝60(种)． 二、填空题
7．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校只参观一天，那么不同的安排方法有________种． 答案 120
解析 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)，(2,3)，(3,4)，
(4,5)，(5,6)，(6,7)，任选一种为C16，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A25种，由分步乘法计数原理可知，共有不同的安排方法C16A25＝120(种)．8．小明、小红等4位同学各自申请甲、乙两所大学的自主招生考试资格，则每所大学恰有两位同学申请，且小明、小红没有申请同一所大学的可能性有________种．
答案 4
解析设小明、小红等4位同学分别为A，B，C，D，小明、小红没有申请同一所大学，则组合为(AC，BD)与(AD，BC)．若AC选甲学校，则BD选乙学校，若AC选乙学校，则BD 选甲学校；若AD选甲学校，则BC选乙学校，若AD选乙学校，则BC选甲学校．故共有4种方法．
9．将A，B，C，D，E五个不同的文件放入一排编号依次为1、2、3、4、5、6的六个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件．若文件A、B必须放入相邻的抽屉内，文件C、D也必须放入相邻的抽屉内，则文件放入抽屉内满足条件的所有不同的方法有________种．
答案96
解析利用“捆绑法”，AB、CD分别捆在一起，此时问题相当于把3个不同文件放入4个不同的抽屉内，每个抽屉至多放一个文件，则有A34(A22·A22)＝96(种)．
10．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有________个．
答案120
解析1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有A33A34＝144(个)，若4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2C13C12A22＝24(个)，∴所求六位数共有120个．
11．连接正三棱柱的6个顶点，可以组成________个四面体．
答案12
解析从正三棱柱的6个顶点中任取4个，有C46种方法，其中4个点共面的有3种情况，故可以组成C46－3＝12(个)四面体．
12．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．
答案336
解析根据题意，每级台阶最多站2人，所以，分两类：第一类，有2人站在同一级台阶，
共有C23A27种不同的站法；第二类，一级台阶站1人，共有A37种不同的站法．根据分类加法计数原理，得共有C23A27＋A37＝336(种)不同的站法．
三、解答题
13．4位同学参加辩论赛，比赛规则如下：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0分，则这4位同学有多少种不同的得分情况？
解本题分两种情况讨论．
(1)如果4位同学中有2人选甲，2人选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是选甲的2人一人答对，另一人答错，选乙的2人一人答对，另一人答错．有C24A22A22＝24(种)不同的情况．
(2)如果4位同学都选甲或者都选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是2人答对，另2人答错，有C12C24C22＝12(种)不同的情况．
综上可知，一共有24＋12＝36(种)不同的情况．
四、探究与拓展
14．巴蜀中学第七周将安排高二年级的5名学生会干部去食堂维持秩序，要求星期一到星期五每天只安排一人，每人只安排一天，其中甲同学不能安排在星期一，乙同学不能安排在星期五，丙同学不能和甲同学安排在相邻的两天，则满足要求的不同安排方法的种数为() A．46 B．62 C．72 D．96
答案 A
解析若甲安排在星期五，丙从星期一到星期三选一天，剩下的三人任意安排，故有A13A33＝18(种)，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期五，则甲排在星期二或星期三，其余三人任意排，有A12 A33＝12(种)，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期四，则甲排在星期二，再从其余两人(不含乙)中选一人排在星期五，其余任意，有A12A22＝4(种)，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期二，则甲排在星期四，再从其余两人(不含乙)中选一人排在星期五，其余任意，有A12A22＝4(种)，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期一，则甲排在星期三或星期四，再从其余两人(不含乙)
中选一人排在星期五，其余任意，有A 12A 12A 22＝8(种)，
根据分类加法计数原理可得共有18＋12＋4＋4＋8＝46(种)．
15．有编号分别为1,2,3,4的4个盒子和4个小球，把小球全部放入盒子中．
(1)共有多少种放法？
(2)恰有1个空盒，有多少种放法？
(3)恰有2个盒子不放球，有多少种放法？
解 (1)1号小球可放入任意1个盒子内，有4种放法．同理，2,3,4号小球也各有4种放法．故共有44＝256(种)放法．
(2)恰有1个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2. 从4个小球中任选2个放在一起，有C 24种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有A 34种放法．
由分步乘法计数原理，知共有C 24A 34＝144(种)不同的放法．
(3)恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：
第一类，一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球．先把小球分为两组，一组1个，另
一组3个，有C 14种分法，再放到2个盒子内，有A 24种放法．共有C 14A 24种放法．
第二类，2个盒子内各放2个小球．先从4个盒子中选出2个盒子，有C 24种选法，然后把4
个小球平均分成2组，每组2个，放入2个盒子内，有A 24种放法．共有12
C 24A 24种放法． 由分类加法计数原理，知共有C 14A 24＋12
C 24A 24＝84(种)不同的放法．。