高中数学排列组合中的典型例题与分析(一)

24种解题技巧三大模型

一、知识点归纳二、基本题型讲解三、排列组合解题备忘录1.分类讨论的思想2.等价转化的思想3.容斥原理与计数4.模型构造思想四、排列组合中的8大典型错误1．没有理解两个基本原理出错2.判断不出是排列还是组合出错3.重复计算出错4.遗漏计算出错5.忽视题设条件出错6.未考虑特殊情况出错7．题意的理解偏差出错8.解题策略的选择不当出错五、排列组合24种解题技巧1．排序问题相邻问题捆绑法相离问题插空排定序问题缩倍法（插空法）定位问题优先法多排问题单排法圆排问题单排法可重复的排列求幂法全错位排列问题公式法2．分组分配问题平均分堆问题去除重复法（平均分配问题）相同物品分配的隔板法全员分配问题分组法有序分配问题逐分法3．排列组合中的解题技巧至多至少间接法染色问题合并单元格法交叉问题容斥原理法构造递推数列法六．排列组合中的基本模型分组模型（分堆模型）错排模型染色问题一．知识点归纳1．排列的概念：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．．．．．．．．．2．排列数的定义：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号An表示3．排列数公式：Ann(n1)(n2)(nm1)（m,nN,mn）

m

m

4阶乘：n!表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘规定0!1．5．排列数的另一个计算公式：An=m

n!

(nm)!

6组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出mmn个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合7．组合数的概念：从n个不同元素中取出mmn个元素的所有组合的个数，叫做从m．用符号表示．Cn个不同元素中取出m个元素的组合数n．．．m

Ann(n1)(n2)(nm1)

8．组合数公式：Cm

Amm!

mn

或Cn

mn!

(n,mN,且mn)

m!(nm)!

mnm9组合数的性质1：CnCnm．规定：Cn1；mm1010．组合数的性质2：Cn1＝Cn+Cn02413501CnCnCnCnCnCn2n1;CnCnCnn2n

11.“16字方针”是解决排列组合问题的基本规律，即：分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，。12.“２4个技巧”是迅速解决排列组合的捷径二．基本题型讲解例1分别求出符合下列要求的不同排法的种数,（1）6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（3）从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排，甲、乙必须相邻；（5）6人排成一排，甲、乙不相邻；（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）.解：（1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为A6720

（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有A4种选法，然后其他5人选，有515A5种选法，故排法种数为A4A5480

16（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为A5；②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有A4种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有A4种选法，其余两棒次不受限制，故有A4A4A2种排法，由分类计数原理，共有A5A4A4A4252种排法（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有A2A5240种排法（5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人的左、右及之间的空挡插位，共有A4A5（或用6人的排列数减去问题（2）后排列数为A6240480）（6）三人的顺序定，实质是从6个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余3人在3个位置上全排列，故有排法C6A3120种点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻例2假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少种？（1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品解：（1）没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有C9764446024种（2）恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，共有C97C3442320种（3）至少有2件次品的抽法，按次品件数来分有二类：第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有C97C3种第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有C97C3种按分类计数原理有C97C3C97C3446976种点评：此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的32232

33

2

31111231122542633532元素中抽取，应当注意：如果第（3）题采用先从3件次品抽取2件（以保证至少有2件是次品），再从余下的98件产品中任意抽取3件的抽法，那么所得结果是C3C98466288种，其结论是错误的，错在“重复”：假设3件次品是A、B、C，第一步先抽A、B第二步再抽C和其余2件正品，与第一步先抽A、C（或B、C），第二步再抽B（或A）和其余2件正品是同一种抽法，但在算式C3C98中算作3种不同抽法例3求证：①An1mAn1An证明：①利用排列数公式左

mm1m2323；②Cnm1m1mm1Cn2CnCn2n1!nm1!

mn1!

nm!

n!mAn右nm!

nmn1!mn1!

nm!另一种证法：（利用排列的定义理解）从n个元素中取m个元素排列可以分成两类：①第一类不含某特殊元素a的排列有An1第二类含元素a的排列则先从n1个元素中取出m1个元素排列有An1种，然m1m后将a插入，共有m个空档，故有mAn1种，因此An1mAn1An②利用组合数公式左

mm1mm1n!n!2n!



m1!nm1m1nm1!mnm!

＝

n!

nmnm1mm12m1nm1m1!nm1!

n2!n!m1n2n1Cn2右m1!nm1!m1!nm1!mmm1另法：利用公式CnCn1Cn1推得左Cnm1mmm1m1nm1CnCnCnCn1Cn1Cn2右点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质例4已知f是集合Aa,b,c,d到集合B0,1,2的映射（1）不同的映射f有多少个？（2）若要求fafbfcfd4则不同的映射f有多少个？分析：（1）确定一个映射f，需要确定a,b,c,d的像（2）a,b,c,d的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4有多种分析方案，各方案独立且并列需要分类计算解：（1）A中每个元都可选0,1,2三者之一为像，由分步计数原理，共有33333个不同映射（2）根据a,b,c,d对应的像为2的个数来分类，可分为三类：第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映射只有一个；第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有C4P312个；第三类：二个元素的像是2，另两个元素的像必为0，这样的映射有C46个由分类计数原理共有1+12+6=19（个）点评：问题（1）可套用投信模型：n封不同的信投入m个不同的信箱，有m

n2114种方法；问题（2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏例5四面体的顶点和各棱的中点共10个点（1）设一个顶点为A，从其他9点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有多少种？（2）在这10点中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？解：（1）如图，含顶点A的四面体的三个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C5种取法含顶点A的棱有三条，每条棱上有3个点，它们与所对棱的中点共面，共有3种取法根据分类计数原理和点A共面三点取法共有3C333种（2）取出的4点不共面比取出的4点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取4点（C10种取法）减去4点共面的取法取出的4点共面有三类：第一类：从四面体的同一个面上的6点取出4点共面，有4C6种取法第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，有6种取法第三类：从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法根据分类计数原理4点共面取法共有4C66369

故取4个点不共面的不同取法有C104C663141（种）4444353AGDPBMNCEF4点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不共线，点共面与不共面，线共面与不共面等三、排列组合解题备忘录：⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有Pm不同的“插入”方法⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有Cn种不同的“插入”方法⑷若干个不同的元素“等分”为ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以mPm(去除重复数)mm种“捆绑”方法m⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有Pn种四．排列组合问题中的数学思想方法（一）．分类讨论的思想：许多“数数”问题往往情境复杂，层次多，视角广，这就需要我们在分析问题时，选择恰当的切入点，从不同的侧面，把原问题变成几个小问题，分而治之，各种击破。例.已知集合A和集合B各含有12个元素，AB含有4个元素，求同时满足下列条件的集合C的个数：1）CAB且C中含有3个元素，2）CA

解：如图，因为A，B各含有12个元素，AB含有4个元素，所以AB中的元素有12+12-4=20个，其中属于A的有12个，属于A而不属于B的有8个，要使CA，则C中的元素至少含在A中，集合C的个数是：1）只含A中1个元素的有C12C8；2）含A中1

2

8482个元素的有C12C8；3）含A中3个元素的有C12C8，故所求的集合C的个数共有12130C12C82+C12C8+C12C8=1084个2130

（二）．等价转化的思想：很多“数数”问题的解决，如果能跳出题没有限定的“圈子”，根据题目的特征构思设计出一个等价转化的途径，可使问题的解决呈现出“要柳暗花明”的格局。1.具体与抽象的转化例.某人射击7枪，击中5枪，问击中和末击中的不同顺序情况有多少种？分析：没击中用“1”表示，击中的用“0”表示，可将问题转化不下列问题：数列a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7有两项为0，5项是1，不同的数列个数有多少个？解：1）两个0不相邻的情况有C6种，2）两个0相邻的情况有C6种，所以击中和末击中的不同顺序情况有C6+C6=21种。2）不同的数学概念之间的转化例.连结正方体8个顶点的直线中，为异面直线有多少对？2

1

2

1

分析：正面求解或反面求解（利用补集，虽可行，但容易遗漏或重复，注意这样一个事实，每一个三棱锥对应着三对异面直线，因而转化为计算以正方体顶点，可以构成多少个三棱锥）解：从正文体珠8个顶点中任取4个，有C8种，其中4点共面的有12种，（6个表面和6个对角面）将不共面的4点可构一个三棱锥，共有C8-12个三棱锥，因而共有3（C8-12）=174对异面直线。综上所述，有以上几种解排列组合的方法，此外，当然也还有其他的方法要靠我们去发现和积累，我们要掌握好这些方法，并且能够灵活运用，这样，在日常生活中，我们们能轻易解决很多问题。教师点评：对排列组合问题的处理方法总结得很细、很全面，而且挖掘出其中所蕴藏的数学思想方法，对学习排列组合有一定的指导性。（三）容斥原理与计数1、文氏图：在文氏图中,以下图形的含义如下：矩形：其内部的点表示全集的所有元素；矩形内的圆（或其它闭曲线）：表示不同的集合；圆（或闭曲线）内部的点：表示相应集合的元素。4

4

4

2、三交集公式：A+B+C=A∪B∪C+A∩B+B∩C+A∩C-A∩B∩C（A∪B∪C指的是E，A∩B∩C指的是D）（四）模型构造例1.4名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式共有种.例2.将编号为1，2，3，4的四个小球分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子放一个小球，且小球的编号与盒子的编号不能相同，则共有种不同的放法.这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.例3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有种.解析：可以分类解决：第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置.对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.设n个元素全错位排列的排列数为Tn，则对于例3，第一类排列数为T5，第二类先确定一个排原来位置的同学有5种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T4，第三类先确定两个排原位的同学，有C5=10种，所以第三类的排列数为10T3，因此例3的答案为：T5+5T4+10T3.例4、把8个相同的球放入4个不同的盒子，有多少种不同方法？解：取3块相同隔板，连同8个相同的小球排成一排，共11个位置。由隔板法知，在11个位置中任取3个位置排上隔板，共有C11种排法。3=C113211109

=165(种)321所以，把8个相同的球放入4个不同的盒子，有165种不同方法。点评：相同的球放入不同的盒子，每个盒子放球数不限，适合隔板法。隔板的块数要比盒子数少1。五．排列组合中的易错题

1没有理解两个基本原理出错

排列组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提.

例1（1995年上海高考题）从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有种.误解：因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法.错因分析：误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法.正解：由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取223台，有C6种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有C5种方法，据乘法原理共有2332种方法.同理，完成第二类办法中有C6种方法.据加法原理完成全部的选取过程共C6C5C52332有C6C5C6C5350种方法.例2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（）种.3

（A）A4

（B）43（C）343（D）C4误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.错因分析：误解是没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式.正解：四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有333334种.说明：本题还有同学这样误解，甲乙丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得43.这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺冠可能.