第10讲 组合计数

第10讲 组合计数
一、知识解读
组合计数就是计算集合的元素个数．它是组合数学的重要组成部分．
在具体问题中给出的集合各式各样，都具有实际意义，而且集体中的元素是由某些条件所确定的，要判定一个元素是否属于某集合A ，已非易事，要确定A 的元素个数就更难了．这正是研究计算问题的原因．
解决组合计算问题虽然不需要高深理论知识，却需要重要的计算原理与思想方法． 排列组合题的求解策略：
（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略．
（2）分类与分步：有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理．
（3）优先法：对于带有特殊元素的排列组合问题，一般应先考虑特殊元素，再考虑其它元素．
（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间．
（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列．
（6）定序法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同排列，然后用总排列数除以这几个元素的全排列数．
（7）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分
成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为311C ，这也就是方程12a b c d +++=的正
整数解的个数．
几种特殊的排列、组合 1．重复排列
定义2：从n 个不同元素中允许重复的任取r 个元素排成一列，称为n 个不同元素的
r ——可重复排列．
定理2：n 个不同元素的r ——可重排列数为r n ．
证明：在按顺序选取的r 个元素中，每个元素都有n 种不同的选法，故由乘法原理有，其排列数为r n ．
2．圆排列
定义1：从n 个不同元素中任取r 个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．r ——圆排列数记为r n K ．
定理1：.r r n
n
A K r
=
证明：对n 个不同元素取r 个的任一圆排列，均有r 种不同的方式展开成r 个不同的直
线排列，且不同的圆排列展开的直线排列也彼此不同，故有r r
n n
r K A ⋅=． 3．不全相异元素的全排列
定义3：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(1, 2,, )i n i k =⋯, 12k n n n n ++⋯+=，则这n 个元素的全排列称为不全相异元素的全排列．
定理3：n 个元素的不全相异元素的全排列个数为
12!.
.!!!
k n n n n
证明：先把每组中的元素看做是不相同的，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看成是相同的，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
12!.
.!!!
k n n n n
4．多组组合
定义4：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．
定理4：对于一个n 个不同元素的k ——组合，若第i 组有n i 个元素（i =1, 2, …，k ），则不同的分组方法数为
12!.
.!!!
k n n n n
证明：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n 1个，
有1n n C 种方法；第二步，从n －n 1个元素中选n 2个有2
1n n n C -种方法；…；第k 步，从
121k n n n n --++⋯+（）个元素中选n k 个元素，有121k
k n n n n n C --++⋯+（）种方法，再由乘法原理得证．
5．重复组合
定义5：从n 个不同元素中任取r 个允许元素重复出现的组合称为n 个不同元素的r ——可重组合．
定理5：n 个不同元素的r ——可重组合的个数为1n r r C +-．
证明：设（a 1 , a 2 ,…，a r ）是取自{1，2，…，n }中的任一r 可重复组合，并设a 1≤a 2≤…≤a r ．令 b i =a i +i －1(1≤i ≤r )，从而b 1=a 1 , b 2=a 2+1 , b 3=a 3+2,…, b r =a r +r －1．
显然下面两组数是一对一的：a 1≤a 2≤…≤a r ，1≤a 1<a 2+1<a 3+2<…<a r +r －1≤n+r －1． 设 1212{,,,|{12,,},}r i r A a a a a n a a a =⋯∈⋯≤≤⋯≤（）,， 1212 {,,,|{12,1}}r i r B b b b b n r b b b =⋯∈⋯+<<⋯<（），，－,．
则由A 、B 之间存在一一对应，故r ——可重组合的个数为1n r r C +- ． 二、解题指导
例1． （1）被3整除而又含有数字6的五位数有 ．
解答：12504
（2）用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有 个． 解答：4
2
1
2
2
2
4443426+204A C C C A C +⋅⋅⋅=
（3）将1n +个不同的小球放入n 个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有
种放法． 解答：2
1!C n n +
（4）用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有 种
可能的号码． 解答:4
3
29521260C C C =
（5）方程1231023x x x x +++⋯+=有 个非负整数解．
解答：设（x 1, x 2,…,x 10）是原方程组的一个非负整数解，由于x i ≥0（i=1, 2, 10），因此， 2x 1≤2x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10=3，即2x 1≤3，所以x 1=0，1.下面分两种情形： （1）x 1=0，则x 2+x 3+…+x 10=3, 所以x i =0 , 1, 2 , 3 （i=2, 3 , …，10）. 如果有某个x i =3，则其他x i =0，这样解有C 19=9（个）.
如果某个x i ≠3，若某个x i =2，则必有一个x j =1，i ≠j ，2≤i, j ≤9，这样解有C 19·C 18=72 如果对每个x i ≠2，3，则x 2, x 3，…，x 10中必有三个x i （2≤i ≤10）为1，这样解有C 93=84 （2）x 1=1，则x 2+x 3+…+x 10=1, 因此x 1，x 2，x 3…x 10中仅有一个是1，这样解有C 19=9 于是原方程组有1741
93
91
81
91
9=++⋅+C C C C C 个非负整数解.
例2． 数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中
恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？
解答：【解】符合条件的四位数必含有一个1或者两个1.
（1）含有两个1的情形
从除1之外的其余9个数字中任取两个，有C 29种取法，再与其中的一个1组成任意排列的三位数，有P 33种，这样构成的首位为1的四位数共有N 1= C 29 P 33（个）. （2）只含有一个1的情形
从其余的9个数字中任取两个，有C 29 种取法，其中一个数字被重复选出，有C 12种，
这样的三个数字组成的三位数共有2
3
3P ，这样构成的首位为1的四位数共有
2
3
31
2292P C C N ⋅⋅=（个）.
因此，符合题意的四位数共有N=N 1+N 2=432（个）.
例3． 在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，
共线的三点组的个数是多少个？
解答：27个点成3*3*3排列。

24+15+4=43
例4． 用,,,,A B C D E 五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共
有多少种不同的涂色方式？
解答：根据分析可得：（3×2×1÷2）×5=3×5=15（种）；
答：共有15种不同的涂色方法．
例5． 某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次
品全部测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？
解答：优先考虑第五次（位置）测试．这五次测试必有一次是测试正品，有1
6C 种；4只次品必有一只排在第五次测试，有1
4C 种；那么其余3只次品和一只正品将在第1至第4次测试中实现，有4
4A 种．于是根据分步计数原理有1
6C 1
4C 4
4A 种．
例6． 将r 个相同的小球，放入n 个不同的盒子（r n ≥）．
（1）有多少种不同的放法？
（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？
解答:(1)r n ;(2)用隔板法：r 个球有1r -个位置，在这1r -个位置上插上1n -块隔板，则把这r 个小球分成了n 份，即满足题意。

所以有1
1n r C --种不同的方法。

例7． 8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩．（只要把圆旋
转一下就重合的排列认为是相同的）
解答：因旋转重合认为是相同的，可让某女孩G 固定不动，从25个男孩中任选16人，使两人随1个女孩，这16人可任意排列；对每一种排列，除G 外的7个女孩各与其后的两个男孩看成一个“个体”，连同其余9个男孩，总共16个“个体”，又可任意排列，其总数为
162525!16!
16!16!9!
C ⋅⋅⋅=
种
例8． 设A 1，A 2，A 3是集合{1，2，…，n}的具有如下性质的分划：
（1）若将每个子集的元素按递增顺序排列，则每两个相邻元素的奇偶性不同； （2）A 1，A 2和A 3中恰有一个最小元素是偶数，试求这种分划的个数． 提示 集合的分划是由一族集合A 1，A 2，A 3确定的，它们满足： A 1∪A 2∪A 3={1，2，…，n}，A 1∩A 2= A 2∩A 3= A 3∩A 1=φ． 集合的另一排列，如A 2，A 3，A 1和A 1，A 2，A 3是同一划分．
解答：显然，题目中的条件（1）和（2）等价于对每个分划集决定可能放入该集的下一个数的奇偶性，而且，如果是还没有放进元素的，则由（2）可知放进它的第一个数必是与A 中的最小数有不相同的奇偶性；而对非空子集，下一个数的奇偶性由（1）决定.
不失一般性.假设1∈A 1，而A 2的最小元素小于A 3的最小元素，于是2有两种放法：或放入A 1，或放入A 2.更进一步地，一旦k －1被放入A 2后，则k 就有两种可能的放法：或放入A 2，或放入A 3.假设在某一步，k －1可放入A i 1或A i 2，不仿放入A i 3（i 1, i 2 , i 3 是集合{1，2，3}的一种排列）.因为k －1与k 有不同的奇偶性，所以A i 3成为可放入的，而A i 2却不能放入，而且k 放入A i 1也是可能的。

如此继续下一步及有两种可能放法.以上给出了归纳推理的步骤.
综上，除1以处，每个数k 均有两种放法。

所以分划的个数为2n －
1.
三、解题训练
1. 8次射击，命中3次，其中恰有2次连续命中的情形共有 种．30
2. 在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2
场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场．那么，在上述3名选手之间比赛的场数是 ．1
3. 某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有 种．144
4. 有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有 种.89
5. 已知直线ax +by +c =0中的a ,b ,c 是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，
并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______．90
6. 设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶
点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．26 7. 在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种同一种植物，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 种载种方案．732 8. 10人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有 种坐法．8！ 9. 从1,2,3,,19 中，按从小到大的顺序选取1234,,,a a a a 四个数，使得212a a -≥，
323a a -≥，434a a -≥．问符合上要求的不同取法有多少种？
解答：等价于去掉六个数,从1,2,3,,13 中,按从小到大的顺序选取1234,,,b b b b 四个数共有多少种取法,有4
13715C =种方法.在此基础上取11223344,1,3,6a b a b a b a b ==+=+=+即可.
10. 8人围张一张圆桌，其中A 、B 两人不得相邻，而B 、C 两人以必须相邻的不同围坐
方式有多少种？
解答：,,A B C 不看，其他人先排共5
5A 种情况；将,B C 绑定，共2
2A 种情况；将A 及BC 整体插孔，共2
5A 种情况。

所以总的情况为：5
2
2
525A A A ⋅⋅种情况。