计数原理排列组合题型与方法.docx
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计数原理排列组合题型与方法
计数原理、排列组合题型与方法
计数原理、排列组合题型与方法
☆基本思路：
大的方向分类，类中可能有步或类
例1：
架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.
解：
先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.
☆基本思路：
大的方向分步，步中可能有类或步
例1：
如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有（）
A．11种B．20种
C．21种D．12种
解：
分两步，第一部分接通，则可能有一个接通或者两个都接通，有3种可能；第二部分接通，则可能恰有一个接通或恰有两个接通或者都接通，有7种可能。
从而总共有
种方式。
☆基本思路：
排除法间接求解
例1：
（
）电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有（ ）
解：
各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：
1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13（种）.故选C.
☆剔除重复元素
例1：
（
）从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是（ ）
A.9B.10C
解：
lga－lgb＝lg
，而
＝
，
＝
，故所求为A
－2＝18个，故选C.
☆投信问题
例1：
将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（ ）
35
解：
第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.
例2：
有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？
（不一定六名同学都能参加）
（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；
（3）每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解
（1）每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729（种）．
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120（种）．
（3）由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216（种）．
☆数字排列问题
例1：
用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.
（1）可组成多少个不同的四位数？
（2）可组成多少个不同的四位偶数？
解：
（1）直接法：
A
A
＝300；间接法：
A
－A
＝300.
（2）由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是0，因此该四位数的个位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待.
解法一：
（直接法）0在个位的四位偶数有A
个；0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数（不包括0）中选一个放在千位，应有A
A
A
个.
综上所述，共有A
＋A
A
A
＝156（个）.
解法二：
（间接法）从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有A
A
个，其中千位是0的有A
A
个，故适合题意的数有A
A
－A
A
＝156（个）.
点拨：
本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位.
例2：
用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________
个（用数字作答）．
解析 数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C
＝4（个）四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C
＝6（个）四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C
＝4（个）四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．
例3：
（
）如果正整数M的各位数字均不为4，且各位数字之和为6，则称M为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有____________个.
解：
不含4，且和为6的三个自然数可能为（1，2，3），（1，5，0），（2，2，2），（3，3，0），（6，0，0）.因此三位正整数中的“幸运数”有A
＋2A
＋1＋A
＋1＝14（个）.故填14.
☆错位排列
例1：
将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，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________种．
解析 编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9（种）不同的填法．
例2：
（
）用6个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序（大小写有区别）.把这6个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母（同一个字母的大小写）排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为（ ）
A.432B.288
解：
根据题意，分3步进行：
①先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有C
＝3种情况，将其放进表格中，有C
＝3种情况，考虑这一对字母的顺序，有A
＝2种不同顺序；②再分析第二对字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选定的一对大小写字母为A和a，则分析B与b：
B有4种情况，b的可选位置有2个；③最后一对字母放入最后两个位置，有A
＝2种放法.则共有3×3×2×4×2×2＝288个“微错号”.故选B.
☆选派分配问题
例1：
2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）
A．36种B．12种C．18种D．48种
解：
根据题意分2种情况讨论，①若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；
下6个位置中任选一个，有A
种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A
种，其余人全排列，共有A
·A
·A
种．
由分类加法计数原理，共有A
＋A
·A
·A
＝30960（种）．
法二（特殊位置法） 先排最左边，除去甲外，有A
种，余下7个位置全排，有A
种，但应剔除乙在最右边时的排法A
·A
种，因此共有A
·A
－A
·A
＝30960（种）．
法三（间接法） 8个人全排，共A
种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A
种，乙在最右边时，有A
种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A
种．因此共有A
－2A
＋A
＝30960（种）．
规律方法
（1）对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
（2）对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
例2：
有5盆菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是（）
A．12B．24C．36D．48
解：
由题意，第一步将黄1与黄2绑定，两者的站法有2种，第二步将此两菊花看作一个整体，与除白1，白2之外的一菊花看作两个元素做一个全排列有A22种站法，此时隔开了三个空，第三步将白1，白2两菊花插入三个空，排法种数为A32，则不同的排法种数为2×A22×A32=2×2×6=24．故选B．
例3：
编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚
上用时只亮
三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有（ ）
A．60种B．8种C．20种D．10种
解：
四盏不亮灯有5个空位，再安排3亮灯，总有
种方案。
例4：
某班元旦晚会已经排好4个节目的顺序，先临时要增加2个节目进来，要求不打乱原来节目的顺序，则晚会节目的安排方案有______种。
解：
原来4个节目有5个空位，先安排第一个节目，有5种方案；这时有6个空位，再安排第二个节目，有6种方案，所以总共有30种方案。
☆最短路走法问题
例1：
A,B两地街道如图所示，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有种（用数字作答）．
解：
3右2上，共5步，从中选3步来右走余下则上走，走法有
种。
☆无区别元素分配的隔板法
例1.求方程X+Y+Z=10的正整数解的个数。
解：
将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为x、y、z之值（如下图）。
则隔法与解的个数之间建立了一一对立关系，故解的个数为C92=36（个）。
○○○∣○○○∣○○○○
例2：
求方程X+Y+Z=10的非负整数解的个数。
解：
注意到x、y、z可以为零，故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了，怎么办呢？
只要添加三个球，给x、y、z各一个球。
这样原问题就转化为求X+Y+Z=13的正整数解的个数了，故解的个数为C122=66（个）。
例3：
将20个相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。
解法1：
先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，剩下14个球，有1种方法；再把剩下的球分成4组，每组至少1个，由例1知方法有C133=286（种）。
解法2：
第一步先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放1，2，3，4个球，剩下10个球，有1种方法；第二步把剩下的10个相同的球放入编号为1，2，3，4的盒子里，由例2知方法有C133=286（种）。
☆涂色问题
例1：
有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？
解：
如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C涂不同颜色：
类型一，分三步：
第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.
类型二，分四步：
第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.
综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.
点拨：
本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：
A有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×（4＋3×3）＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步（也有用穷举法解决的题目），常用分类依据有：
①所涂颜色种类（如本题，可依用4种、3种、2种色来分类）；②可涂同色的区域（或点、线等）是否涂同色.
例2：
给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？
解法一：
如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.
（1）当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12（种）.
（2）当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×（1×2＋1×1）＝18（种）.
综合
（1）、
（2），由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.
解法二：
通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有C
C
种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2C
C
＝30种染法.
☆几何中的计数问题
例1：
从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 种．
解：
使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面，共C63种不同的取法，而其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面，选法有8种，则选法共有C63﹣8=12种，故答案为：
12．
例2：
如图，设
为正四面体
表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有（）
解：
分以下两种情况讨论：
（1）点P到其中两个点的的距离相等，到另外两个点的距离分别相等，且这两个距离相等，此时点P位于正四面体各棱的中点，符合条件的有6个点；
（2）点P到其中三个点的的距离相等，到另外一个点的距离与它到其它三个点的距离不相等，此时点P在正四面体各侧面的中心，符合条件的有4个点；综上，满足题意的点共计10个，故答案选C.
例3：
正方体8个顶点中取出4个，可组成（）个四面体
解：
所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数，共C（8，4）-12=70-12=58个。
☆创新问题
例1：
（
）用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由（1＋a）（1＋b）的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：
“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（ ）
A.（1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5）（1＋b5）（1＋c）5B.（1＋a5）（1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5）（1＋c）5
C.（1＋a）5（1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5）（1＋c5）D.（1＋a5）（1＋b）5（1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5）
解：
分三步：
第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有（1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5）种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有（1＋b5）种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有（1＋C
c＋C
c2＋C
c3＋C
c4＋C
c5）＝（1＋c）5种不同的取法，所以所求为（1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5）（1＋b5）（1＋c）5，故选A.
例2：
如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275等），那么所有凸数的个数为（ ）
A．240B．204C．729D．920
解析 若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）．
习题荟萃
1、（2014·北京卷）把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析 记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E排列，有A
A
种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有A
A
C
＝2×6×3＝36（种）不同的摆法．
答案 36
2、（2014·重庆卷）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（ ）
A．72B．120C．144D．168
解析 先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A
·A
＝144种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A
·A
·A
＝24种，于是符合题意的排法共有144－24＝120种．
答案 B
3、（2015·杭州调研）四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．
解析 分两步：
先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C
种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有A
种．依分步乘法计数原理，共有N＝C
A
＝36（种）．
4、在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（ ）
A．10B．11C．12D．15
解析 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：
第一类：
与信息0110有两个对应位置上的数字相同有C
＝6（个）；
第二类：
与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C
＝4（个）；
第三类：
与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C
＝1（个）；
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11（个）．
答案 B
5、将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学等三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为（）种．
A．240B．180C．150D．540
解：
当5名学生分成2，2，1或3，1，1两种形式，
当5名学生分成2，2，1时，共有
C52C32A33=90种结果，
当5名学生分成3，1，1时，共有C53A33=60种结果，
∴根据分类计数原理知共有90+60=150故选：
C
6、小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有（ ）
A．4种B．5种C．6种D．9种
解：
记反面为1，正面为2；则正反依次相对有12121212，21212121两种；有两枚反面相对有21121212，21211212，21212112；共5种摆法，故选B
7、我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼﹣15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有（）
A．12B．18C．24D．48
解：
把甲、乙看作1个元素和戊全排列，调整甲、乙，共有
种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位种，有
种方法，由分步计算原理可得总的方法种数为：
=24
故选C
8、某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ）
Ａ．60Ｂ．90Ｃ．120Ｄ．180
解：
把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有
种，把这两组人安排到6个班中的某2个中去，有
种方法，故不同的安排种数为
，故选答案Ｂ．
9、如图，A、B、C、D为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有（ ）
A．8种B．12种
C．16种D．20种
10、平面内有4个红点，6个蓝点，其中只有一个红点和两个蓝点共线，其余任意三点不共线，过这十个点中的任意两点所确定的直线中，至少过一红点的直线的条数是（）C
A．27B．28C．29D．30
11、已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（）
A．48种B．72种C．78种D．84种
解析：
由题意知先使五个人的全排列，共有A55种结果．去掉相同颜色衣服的人相邻的情况，穿蓝色相邻和穿黄色相邻两种情况∴穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法是A55﹣A22A22A33﹣2A22A22A32=48，故选A．
12、两个三口之家，共4个大人，2个小孩，约定星期日乘“奥迪”、“捷达”两辆轿车结伴郊游，每辆车最多只能乘坐4人，其中两个小孩不能独坐一辆车，则不同的乘车方法种数是（ ）
A．40B．48C．60D．68
解：
只需选出乘坐奥迪车的人员，剩余的可乘坐捷达．
若奥迪车上没有小孩，则有
=10种；
若有一个小孩，则有
（
+
+
）=28种；
若有两个小孩，则有
+
=10种．
故不同的乘车方法种数为10+28+10=48种．
故选：
B．
13、现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（ ）
A．232B．252C．472D．484
解：
由题意，不考虑特殊情况，共有
种取法，其中每一种卡片各取三张，有
种取法，两种红色卡片，共有
种取法，
故所求的取法共有
﹣
﹣
=560﹣16﹣72=472
故选C．
14、如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂
一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（）C
A．24种B．48种C．72种D．96种
15、给四面体
的六条棱分别涂上红，黄，蓝，绿四种颜色中的一种，使得有公共顶点的棱所涂的颜色互不相同，则不同的涂色方法共有（）
A．96B．144C.240
D.360
解析：
先从红，黄，蓝，绿四种颜色中选一种，有
种，排列种数有
故不同的涂色方法共有
，故选A.
16、某人根据自己爱好，希望从
中选2个不同字母，从
中选3个不同数字编拟车牌号，要求前3位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母
和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有
（A）198个（B）180个（C）216个（D）234个
解析：
不选2时，有
种，
选2，不选Z时，有
种，
选2，选Z时，2在数字的中间，有
种，当2在数字的第三位时，
种，
根据分类计数原理，共有72+72+36+18=198，故选：
A
17、将红、黑、蓝、黄
个不同的小球放入
个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
解：
将4个小球放入3个不同的盒子，
先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，
共有C42A33=36种情况，
若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A33=6种情况，
则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6=30种；故选C．
18、如图所示
方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3中的任何一个,允许重复．若填入A方格的数字大于
方格的数字，则不同的填法共有_______种（用数字作答）．
解：
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