排列组合种模型

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1、排列组合21种模型1. 相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列例1. A, B,C,D,E五人并排站成一排，如果 A,B必须相邻且B在A的右边，那么 不同的排法种数有A、60 种B 、48 种 C 、36 种 D 、24 种解析：把A,B视为一人，且B固定在A的右边，贝U本题相当于4人的全排列，A424种，答案：D.2. 相离问题插空排：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素 全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端例2. 七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是A 1440 种 B 、3600 种

2、C 、4820 种 D 、4800 种解析：除甲乙外，其余5个排列数为a5种，再用甲乙去插6个空位有A种，不 同的排法种数是AfAe 3600种，选B.3. 定序问题缩倍法：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩 小倍数的方法例3.代B,C, D,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（A,B可以不相 邻）那么不同的排法种数是A、24 种B 、60 种 C 、90 种 D 、120 种解析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即-A560种，选B.24. 标号排位问题分步法：把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排

3、另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.例4.将数字1，2, 3, 4填入标号为1, 2, 3，4的四个方格里，每格填一个数， 则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有A、6 种B 、9 种 C 、11 种 D 、23 种解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对 应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3X 3X1=9种填法，选B .5. 有序分配问题逐分法：有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组例5.( 1)有甲乙丙三项任务，甲需 2人承担，乙丙各需一人承担，从 10人中 选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是

4、A 1260 种 B 、2025 种 C 、2520 种 D 、5040 种 解析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的 8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有CwC8o72520 种，选 C.(2) 12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，贝U不同的分配方案有A、种 B 、种 C 、CCs A33 种 DG42C：C：答案：A.6. 全员分配问题分组法:例6. (1) 4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种?解析：把四名学生分成3组有C：种方法，再把三组学生分配到三所学校有 A种,

5、故共有C：A；36种方法.说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配.(2) 5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为 A 480 种 B 、240 种 C 、120 种 D 、96 种答案：B .7. 名额分配问题隔板法：例7.10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同 分配方案？解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7 堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法 对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为 C 84种.8. 限制条件的分配问题分类法 :例 8.

6、 某高校从某系的 10名优秀毕业生中选 4 人分别到西部四城市参加中国西部 经济开发建设， 其中甲同学不到银川， 乙不到西宁， 共有多少种不同派遣方案？ 解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： 若甲乙都不参加，则有派遣方案 A84种；若甲参加而乙不参加，先安排甲有 3种方法，然后安排其余学生有 A方法，所以共有3A :若乙参加而甲不参加 同理也有3A；种；若甲乙都参加，则先安排甲乙，有 7种方法，然后再安排其 余8人到另外两个城市有A8种，共有7A2方法.所以共有不同的派遣方法总数为 A 3a8 3a8 7a84088 种.9. 多元问题分类法 ：元素多，取出的

7、情况也多种，可按结果要求分成不相容的 几类情况分别计数，最后总计 .例 9. （1）由数字 0， 1， 2， 3， 4， 5 组成没有重复数字的六位数，其中个位数 字小于十位数字的共有A 210 种 B 、300 种 C 、464 种 D 、600 种 解析：按题意，个位数字只可能是 0、1、 2、 3和 4共 5种情况，分别有 A55、 A41A31A33 、 A3A3A、A；a3a；和a3a|个，合并总计300个,选B.（2） 从1，2, 3-，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被 7整 除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？ 解析：被取的两个数中至少有一个能被 7整除时

8、，他们的乘积就能被 7整除， 将这 100个数组成的集合视为全集 I, 能被 7整除的数的集合记做A 7,14,21,L 98 共有 14个元素, 不能被 7整除的数组成的集合记做 eA 1,2,3,4, L ,100共有86个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有 C：，从A中任取一个，又从eI A中任取一个共有CuC86，两种情形共符合要求的 取法有 C124 C114C816 1295种.（3）从 1， 2， 3，-， 100这 100个数中任取两个数，使其和能被 4整除的取 法（不计顺序）有多少种？解析：将 I 1,2,3L ,100 分成四个不相交的子集，能被 4整除的数集A 4

9、,8,12,L 100 ；能被 4除余 1 的数集 B 1,5,9,L 97 ，能被 4除余 2的数 集 C 2,6,L ,98 ，能被 4 除余 3 的数集 D 3,7,11,L 99 ，易见这四个集合中 每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要 求；从 C 中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要 求的取法共有 C225 C215C215 C225 种.10. 交叉问题集合法 ：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素 个数公式 n(AU B) n(A) n(B) n(AI B).例10.从6名运动员中选出4人参加4X100米接

10、力赛，如果甲不跑第一棒，乙 不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？解析：设全集= 6人中任取4人参赛的排列, A=甲跑第一棒的排列 , B=乙 跑第四棒的排列，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：4332n(I) n(A) n(B) n(A B) A64 A53 A53 A42252 种.11. 定位问题优先法 ：某个或几个元素要排在指定位置， 可先排这个或几个元素； 再排其它的元素。例 11.1 名老师和 4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的 排法有多少种？解析：老师在中间三个位置上选一个有 A；种，4名同学在其余4个位置上有A4种 方法；所以共有 A31A44 72

11、种.12. 多排问题单排法 : 把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理 .例 12. (1 )6 个不同的元素排成前后两排，每排 3 个元素，那么不同的排法种 数是A、36 种B 、120种C 、720 种 D 、1440 种解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成 6 个不同的元素排成一排， 共 A66 720种，选 C.(2)8个不同的元素排成前后两排，每排 4 个元素，其中某 2 个元素要排在前 排，某 1 个元素排在后排，有多少种不同排法？解析：看成一排，某 2 个元素在前半段四个位置中选排 2 个，有 A42 种，某 1 个 元素排在后半段的四个位置中选一个有 A：种

12、，其余5个元素任排5个位置上有 A种，故共有AAfA55760种排法.13. “至少”“至多”问题用间接排除法或分类法 : 抽取两类混合元素不能分步抽 . 例 13. 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取 3 台，其中至少要甲型和乙型电视机 各一台，则不同的取法共有A 140 种 B 、80 种 C 、70 种 D 、35 种解析 1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号 的电视机，故不同的取法共有 C93 C43 C53 70种, 选. C解析 2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型 1 台乙型 2 台； 甲型2台乙型1台；故不同的取法有c2c：

13、c5c2 70台,选C.14. 选排问题先取后排 :从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定 的位置上，可用先取后排法 .例 1 4. （ 1 ）四个不同球放入编号为 1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的 放法有多少种？ 解析：“先取”四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有c 42种，“再排”在四个盒中每次排3个有A种，故共有C：a3144种.（2）9名乒乓球运动员，其中男 5名，女 4名，现在要进行混合双打训练，有 多少种不同的分组方法？解析：先取男女运动员各2名，有c；c：种，这四名运动员混和双打练习有 A中 排法，故共有 c52c42A22120 种.15. 部分合条件

14、问题排除法 : 在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数 中减去不符合条件数，即为所求 .例 15. （1 ）以正方体的顶点为顶点的四面体共有A、 70 种B 、 64 种c 、 58 种 D 、 52 种解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成 Cs四面体，但6个表面 和 6 个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有 c84 12 58 个.（2）四面体的顶点和各棱中点共 10点，在其中取 4个不共面的点，不同的取 法共有A、 150 种B 、 147 种 c 、 144 种 D 、 141 种解析：io个点中任取4个点共有g4）种，其中四点共面的有三种情况：在

15、四面 体的四个面上，每面内四点共面的情况为 C；，四个面共有4C；个；过空间四 边形各边中点的平行四边形共 3个；过棱上三点与对棱中点的三角形共 6个. 所以四点不共面的情况的种数是Cw 4C6 3 6 141种.16. 圆排问题线排法：把n个不同元素放在圆周n个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可 以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末 位之分，下列 n 个普通排列：ai, a2,a3L ,an； a2,a3,a4,L ,an,L ; an,ai,L , an 1 在圆排 列中只算一种，因为旋转后可以重合，

16、故认为相同，n个元素的圆排列数有 也种.n因此可将某个元素固定展成线排，其它的 n 1元素全排列.例16.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有 A4种，然后在让插入其间，每 位均可插入其姐姐的左边和右边，有 2种方式，故不同的安排方式24 25 768 种不同站法说明：从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有 丄A：种不同排法m17. 可重复的排列求幕法：允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素 不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地n个不同元素排在m个不同位 置的排列数有mn种方法.例17.把6名实习生分配到7个车间实

17、习共有多少种不同方法？解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有76种不同方案.18. 复杂排列组合问题构造模型法：例18.马路上有编号为1，2, 3，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能 关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多 少种？解析：把此问题当作一个排对模型，在 6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的 灯C；种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排 队模型，装盒模型可使问题容易解决

18、.19. 元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法 :例 19.设有编号为 1，2，3，4，5 的五个球和编号为 1，2，3，4，5的盒子现将 这 5 个球投入 5 个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒 子号码相同，问有多少种不同的方法？解析：从5个球中取出2个与盒子对号有C；种，还剩下3个球与3个盒子序号 不能对应，利用枚举法分析，如果剩下 3， 4， 5号球与 3， 4， 5号盒子时， 3号 球不能装入 3 号盒子，当 3 号球装入 4 号盒子时， 4， 5 号球只有 1 种装法， 3 号球装入 5号盒子时， 4， 5号球也只有 1种装法，所以剩下三球只有 2种装法， 因

19、此总共装法数为 2C52 20种.20. 复杂的排列组合问题也可用分解与合成法 例 20. （1）30030能被多少个不同偶数整除？ 解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2X 3X 5X 7X11X 13;依题意 偶因数 2必取， 3， 5， 7， 11， 13这 5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为C15C52C53C5432个.（ 2）正方体 8 个顶点可连成多少队异面直线？ 解析：因为四面体中仅有 3对异面直线，可将问题分解成正方体的 8个顶点可 构成多少个不同的四面体，从正方体 8 个顶点中任取四个顶点构成的四面体有 C84 12 58个，所以 8 个顶点可连成

20、的异面直线有 3X 58=174对.2 1 .利用对应思想转化法 : 对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可 以将复杂的问题转化为简单问题处理 .例 21.（1）圆周上有 10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少 个？解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接 四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的 10 个点可以确定多少个不同的四边形，显然有 C40个，所以圆周上有10点，以这 些点为端点的弦相交于圆内的交点有 C140 个.（1）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的 最短路径有多少种？解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从 A到B最短路线必须走7小段，其中：向东 4 段，向北 3 段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过 4 段的走法，便能确定路径，因此不同走法有 C74 种.