崔氏班排列组合精讲精练 基础篇Word文件下载.docx
《崔氏班排列组合精讲精练 基础篇Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《崔氏班排列组合精讲精练 基础篇Word文件下载.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
2=6种不同的船票．
为叙述方便，我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上面的问题就是在三个不同的元素中取出两个，按照一定的顺序排成一列的问题．我们把每一种排法叫做一个排列（如天津——青岛就是一个排列），把所有排列的个数叫做排列数．那么上面的问题就是求排列数的问题．
一般地，从n个不同的元素中任取出m个（m≤n）元素，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．
由排列的定义可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完全相同，而且各元素的先后顺序也一样．如果两个排列的元素不完全相同．或者各元素的排列顺序不完全一样，则这就是两个不同的排列．
从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素的所有排列的个数，叫做从
上面的问题要计算从3个城市中取出2个城市排成一列的排列数，就是
一般地，从n个不同元素中取出m个元素（m≤n）排成一列的问题，可以看成是从n个不同元素中取出m个，排在m个不同的位置上的问题，而
第一步：
先排第一个位置上的元素，可以从n个元素中任选一个，有n种不同的选法；
第二步：
排第二个位置上的元素．这时，由于第一个位置已用去了一个元素，只剩下（n-1）个不同的元素可供选择，共有（n-1）种不同的选法；
第三步：
排第三个位置上的元素，有（n-2）种不同的选法；
…
第m步：
排第m个位置上的元素．由于前面已经排了（m-1）个位置，用去了（m-1）个元素．这样，第m个位置上只能从剩下的[n-（m-1）]=（n-m+1）个元素中选择，有（n-m+1）种不同的选法．
由乘法原理知，共有：
n（n-1）（n-2）…（n-m+1）
种不同的排法，即：
这里，m≤n；
且等号右边从n开始，后面每个因数比前一个因数小1，共有m个因数相乘．
例1：
小明和小王从北京出发先到天津看海，然后再到上海东方明珠塔参观。
从北京到天津可以做火车或者做公共汽车，坐火车有4种车次，坐公共汽车有3种车次；
而从天津到上海可以坐火车，公共汽车，轮船或者飞机，火车有3种，汽车有5种，轮船有4种，飞机有2种。
问小明和小王从北京到上海旅游一共有多少种走法？
解：
首先看他们完成整个过程需要几个过程，这是判断利用加法原理和乘法原理的依据。
很明显整个过程要分两步完成，先从北京到天津，再从天津到上海，应该用乘法原理。
我们再分开来看，先看从北京到天津，无论是坐火车还是汽车都是一步完成，所以要用加法原理，从北京到天津走法有：
4+3=7种，同样的道理，天津到上海走法有：
3+5+4+2=14种
最后，算出从北京到上海的走法有：
7×
17=119种
点评：
本题是考察学生对加法乘法原理的理解，只要正确利用加法乘法原理，解这种题应该难度不大。
例2：
某公园有两个园门，一个东门，一个西门.若从东门入园，有两条道路通向龙凤亭，从龙凤亭有一条道路通向园中园，从园中园又有两条道路通向西门.另外，从东门有一条道路通向游乐场，从游乐场有两条道路通向水上世界，另有一条道路通向园中园.从水上世界有一条道路通向西门，另有一条道路通向小山亭，从小山亭有一条道路通向西门.问若从东门入园，从西门出园一共有多少种不同的走法（不走重复路线）？
【解】这个题的已知条件比较复杂.首先让我们将已知条件“梳理”一下：
1.从东门入园，从西门出园；
2.从东门入园后，可以通向两个游览区，龙凤亭与游乐场；
3.从龙凤亭经园中园可达到西门；
4.从游乐场经水上世界可达到西门，或从游乐场经园中园可达到西门；
5.从水上世界经小山亭可达到西门；
根据以上五条可知，从东门入园经龙凤亭经园中园达到西门为一主干线.而东门到龙凤亭有两条不同路线；
龙凤亭到园中园只有一条路线；
园中园到西门又有两条不同的路线.由乘法原理，这条主干线共有2×
1×
2=4种不同的走法。
再看从东门入园后到游乐场的路线.从东门到游乐场只有一条路，由游乐场分成两种路线，一是经园中园到西门，这条路线由乘法原理可知有1×
2=2种不同走法；
二是经水上世界到西门，从水上世界到西门共有两条路线（由水上世界直接到西门和经小山亭到西门），再由乘法原理可知这条路线有1×
2×
2=4种不同路线。
最后由加法原理，从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有2×
2+1×
2=10种。
这道题也可用“枚举法”来解。
我们可以先画出一个图（图5），从图上便可以得出正确的答案。
图中A表示东门，B表示西门，C表示龙凤亭，D表示园中园，E表示游乐场，F表示水上世界，G表示小山亭，线表示道路。
不同的走法有：
即共有10种不同走法.
例3：
由数字0、1、2、3组成三位数，问：
①可组成多少个不相等的三位数？
②可组成多少个没有重复数字的三位数？
解：
首先确定解题方法，在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成，所以最后要用乘法原理来处理。
①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；
十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；
个位上，也有4种不同的取法，由乘法原理，共可组成3×
4×
4=48个不相等的三位数．
②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；
十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；
个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法，由乘法原理，共有3×
2=18个没有重复数字的三位数．
在解题之前首先确定解题方法，然后各个击破就可以了。
例4．如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？
首先确定解题方法，将染色这一过程分为依次给A，B，C，D，E染色五步，很明显要用乘法原理，现在只要算出各个量就行了。
先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；
第2步给B染色，因不能与A同色，还剩下4种颜色可选择，故有4种不同的染色方法；
第3步给C染色，因为不能与A，B同色，故有3种不同的染色方法；
第4步给D染色，因为不能与A，C同色，故有3种不同的染色方法；
第5步给E染色，由于不能与A，C，D同色，故只有2种不同的染色方法。
根据乘法原理，共有不同的染色方法
5×
2＝360（种）。
染色问题，一般用乘法原理。
例5．有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：
共可以表示多少种不同的信号？
这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个位置．我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问题．由于信号不仅与旗子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，且其中n=5，m=3．
由排列数公式知，共可组成
种不同的信号．
补充说明：
这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑，使问题简化．
首先看清楚是排列还是组合，这个是解决排列组合问题的前提，也是必需的条件，信号旗问题是典型的排列问题
例6．从分别写有1、3、5、7、9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数的乘法题，问：
①有多少个不同的乘积？
②有多少个不同的乘法算式？
①要考虑有多少个不同乘积.由于只要从5张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，因为乘法的交换率，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题.
由组合数公式得到，共有
个不同的乘积.
②要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题.
由排列数公式，共有P25＝5×
4＝20种不同的乘法算式.
看准是排列还是组合，剩下的就是简单计算了。
例7．如下图，问：
①下左图中，共有多少条线段？
②下右图中，共有多少个角？
①在线段AB上共有7个点（包括端点A、B）.注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，而与选这两个端点的顺序无关，所以，这是一个组合问题
由组合数公式知，共有
条不同的线段；
②从O点出发的射线一共有11条，它们是OA，OP1，OP2，OP3，…，OP9，OB.注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角.显然，是组合问题，共有C211种不同的取法，所以，可组成C211个角.
由组合数公式知，共有
在几何计数当中也用到了很多排列组合的方法。
例8．从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种选法？
分析首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况，即可分三类，自然考虑到加法原理.当从国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的乘法原理.由此可知这是一道利用两个原理的综合题.关键是正确把握原理.
符合要求的选法可分三类：
不妨设第一类为：
国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画中选1张，第二步再在3张油画中选1张.由乘法原理有5×
3＝15种选法.第二类为国画、水彩画各一幅，由乘法原理有5×
2＝10种选法.第三类油画、水彩各一幅，由乘法原理有3×
2＝6种选法.这三类是各自独立发生互不相干进行的.
因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有15＋10＋6＝31种.
前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题.事实上，这些问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成.在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点.
例9．国家举行足球赛，共15个队参加.比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：
①共需比赛多少场？
②如果实行主客场制（即A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？
①实行单循环赛，比赛的所有场次包括三类：
第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比赛的场次.总的场次计算要用加法原理。
第一组中8个队，每两队比赛一场，8个队里边选2两个队，是组合问题，所以共比赛C28场；
第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛C27场；
决赛中4个队，每两队比赛一场，所以共比赛C24场.
实行单循环赛共比赛
②由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是①中的2倍.
另外，还可以用排列的知识来解决.由于主客场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关.所以，第一组共比赛P28场，第二组共比赛P27场，决赛时共比赛P24场.
实行主客场制，共需比赛2×
（C28＋C27＋C24）＝110（场）.
或解为：
P28＋P27＋P24＝8×
7＋7×
6＋4×
3＝56＋42＋12＝110（场）.
1．如下图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？
提示1：
分析题意，从甲地到丙地，先看是用加法原理还是乘法原理，判断好方法，然后简单计算就可以了。
提示2：
从甲地到丙地共有两大类不同的走法，用加法原理。
第一类，由甲地途经乙地到丙地．这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；
第二步从乙地到丙地共2种走法，所以要用乘法原理，这时共有4×
2种不同的走法．
第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法．
提示3：
由加法原理知，由甲地到丙地共有：
2+3=11（种）不同的走法．
2．一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：
①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？
②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
先弄清楚用加法原理还是乘法原理，先看有几大类，再看分几步。
本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；
加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．
①从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法．所以是加法原理的问题．
②要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题．
：
①从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11（种），不同的取法．
②从两个口袋中各取一个小球共有3×
8=24（种）不同的取法．
3．右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：
共有多少种不同的放法？
提示1：
由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．要用乘法原理。
第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；
第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；
第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；
最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．
由乘法原理，共有
16×
9×
1=576
种不同的放法．
4．如下图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？
注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．
提示2：
第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×
2=4条不同的路线．
第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A经D到B共有4×
4=16种不同的走法．
第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所以，从A经E到B共有1种走法．
第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．最后由加法原理即可求解．
提示3：
如上右图，从A到B共有下面的走法：
从A经C到B共有2×
2=4种走法；
从A经D到B共有4×
4=16种走法；
从A经E到B共有1种走法；
从A经F到B共有1种走法．所以，从A到B共有：
4+16+1+1=22种不同的走法．
5．某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？
如果在42人中选3人站成一排，有多少种站法？
首先根据不同情况分清楚看是用排列还是组合，然后再根据排列组合公式进行求解。
提示2。
要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关.所以，共有C343种不同的选法.要在42人中选出3人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关.所以，共有P342种不同的站法.
提示3。
由组合数公式，共有
种不同的选法
由排列数公式，共有P342＝42×
41×
40＝68880种不同的站法.
6从8人的数学兴趣小组中选2个
（1）分别担任正副组长，有多少种不同的选法？
（2）共同参加一次数学竞赛，有多少种不同的选法？
注意分清排列问题和组合问题
（1）选出正副组长，有正副之分，也就是从8人中选2人后，要进一步确认正副组长，因此是个排列问题
（2）题选人参加数学竞赛没有顺序，因此是个组合问题。
（1）利用排列公式，共有
=8×
7=56种选法。
（2）利用组合公式，共有
=
=28种选法。
7．在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的
（1）直线段
（2）三角形（3）四边形？
首先观察是组合问题还是排列问题，那就要看你取的点是否与顺序有关？
很明显，你要画的三个图形都与取出点的顺序无关，所以三个问题都应该是组合问题。
由于10个点都在圆周上，因此任意三点都不共线，故只要在10个点中任取2点，就可画出一条线段；
在10个点中任取3个点，就可画出一个三角形；
在10个点中任取4个点就可画出一个四边形。
由组合数公式：
（1）
，可画出45条线段；
（2）
，可画120个三角形；
（3）
，画210个四边形。
8．七个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人必须排在一起，有多少种不同的排法？
首先看是排列还是组合？
这道题明显是排列问题，然后你再看所要排列的各个元素之间的关系，利用排列公式就可以了。
甲乙丙三人必须排在一起，可以用分类的方法，考虑三人在七个位置中的不同情况，如：
甲
乙
丙
此时甲乙丙占了头三个位置，然后再排其他四个人，最后再考虑甲乙丙三人的顺序，这种方法比较复杂，我们可以换一种方法来考虑这个问题，由于甲乙丙要拍在一起，因此我们可以先将这三个人看作一个元素，将这个元素与其他四个元素进行排序，最后将这三个元素排序，用这种方法大大简化了思维过程。
第一步：
甲、乙、丙看作一个元素与其他四个元素排列，即五个元素进行排序：
；
第二步：
甲乙丙三个元素排序：
不同的排法数有：
×
=5×
1=720.
9．
（1）把八本书排在上下两格书架上，每格四本，求有多少种不同的排法？
（2）把八本书放在书架上，上格一本，中格三本，下格四本，求有多少种排法？
书放在上层和下层是否相同？
弄清楚是排列还是组合？
很明显，书放在上层和下层不相同，应该用乘法原理，但每层书的摆放要用排列原理，
（1）八本书中先选四本排在第一格，有
种排法，再将剩下4本书排在第二格，有
种排法
（2）八本书选一本放在上格有
种排法，再从剩下的7本中选三本放中格，有
种排法，最后四本书放下格，有
种方法
根据乘法原理：
（1）不同的排法数是
6×
1=40320种
（2）不同的排法是
1=40320种。
注意：
从上两小题发现，无论放几层，分几本放，结果都是一样的，都是40320，若分成4层呢？
是不是还是40320？
10．学校乒乓球队有10名男生，8名女生，现要选8人参加区里比赛，在下列的条件下，分别有多少种排法？
（1）恰有3名女生入选；
（2）至少有2名女生入选；
（3）最多有3名女生入选；
（4）某2名女生，某2名男生必须入选。
此题是个典型的组合问题，元素之间没有顺序，第二三小题中涉及至少至多的问题，一般可分类来解决，而至少有2名女生入选的情况有：
2名，3名，4名，5名……8名女生入选，情况较多，因此考虑从全部选法中除去没有女生的选法和恰有1名女生的选法，这种方法称为间接法。
（1）先选3名女生，
，再从10名男生中选5人：
（2）从全部选法中除去没有女生的选法和恰有1名女生的选法
全部选法数
恰有1名女生入选的选法：
没有女生入选的选法：
分四类，第一类没有女生入选，
;
第二类，恰有一女生入选，；
第三类，恰有二女生入选
第四类，恰有三名女生入选
（4）某2名女生，某2名男生必须入选，说明有4人已选定，只须从剩下的14人中再选4人
（1）恰有3名女生入选共有：
=14112种选法
（2）至少有2名女生入选的方法：
-
-
=42753种
（3）最多有三名女生入选的选法数：
+
=45+960+5880+14112=20997
（4）从剩下的14人中再选4人，共有选法
=1001种。
课后练习
【例1】（20
升级会员 