排列组合问题

排列组合问题

说明：

排列与组合的应用题，是高考常见题型，其中主要考查有附加条件的应用问题.解决这类问题通常有三种途径：(1)以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.

前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接解法.

在求解排列与组合应用问题时，应注意：

(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；

(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理； (3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏； (4)列出式子计算和作答.

解排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等八种. 经常运用的数学思想是：

①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想.

例1：4张卡片的正、反面分别有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中的3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？

例2：将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色，求不同的染色方法总数。

例3：四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是多少？

错解分析：根据题目要求每所学校至少接纳一位优等生，常采用先安排每学校一人，而后将剩的一人送到一所学校，故有3A34种.忽略此种办法是：将同在一所学校的两名学生按进入学校的前后顺序，分为两种方案，而实际题目中对进入同一所学校的两名学生是无顺序要求的.

技巧与方法：解法一，采用处理分堆问题的方法.解法二，分两次安排优等生，但是进入同一所学校的两名优等生是不考虑顺序的.

解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生安排

3三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C24A3 =36(种).

解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=

A34·3=36(种).

例4：在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( C )

A.CC.C

12m1Cn12mCn

Cn1Cm B.CmCnCnCm

12CnCm

121212



CmCn

D.C

12mCn1



21Cm1Cn

知识依托：法一分成三类方法；法二，间接法，去掉三点共线的组合. 解法一：第一类办法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有C1mC2个；第二类办法：从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上n(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C2C1个；第三类办法：从OA边上(不mn包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C1mC1个.n由加法原理共有N=C1mC2+C2C1+C1mC1个三角形. nmnn

解法二：从m+n+1中任取三点共有C3个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C3个，mn1m1三点均在射线OB(包括O点)，有C3个.所以，个数为N=C3－C3－C3个. n1n1mn1m1

例5：身高互不相同的7名运动员站成一排，甲、乙、丙三人自左向右从高到矮排列且互不相邻的排法有多少种？

解：（插空法）现将其余4个同学进行全排列一共有A44种方法，再将甲、乙、丙三名同学插

入5个空位置中（但无需要进行排列）有C5种方法．根据分步计数原理，一共有A44C5＝

240种方法．

例6：马路上有编号为1，2，3，„，10的十盏路灯，为节约用电又不影响照明，可以把其中3盏灯关掉，但不可以同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，有多少种不同的关灯方法？

解：（插空法）本题等价于在7只亮着的路灯之间的6个空档中插入3只熄掉的灯，故所求

方法总数为C620种方法．

例7：九张卡片分别写着数字0，1，2，„，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？

211112

解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有2(A8C2C7C7)种方法；②若不取6，则有C7A7

211112

种方法．根据分类计数原理，一共有2(A8C2C7C7)+C7A7＝602种方法．

例8：6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：

⑴ 分给甲、乙、丙三人，每人两本； ⑵ 分为三份，每份两本；

⑶ 分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；

⑷ 分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； ⑸ 分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．

222

解：⑴ 根据分步计数原理得到：C6C4C290种．

⑵ 分给甲、乙、丙三人，每人两本有C62C42C22种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A33种方法．根据分步计数原理可得：CCC

所以xxC，

C6C4C2

222

因此分为三份，15．

每份两本一共有15种方法．

注：本题是分组中的“均匀分组”问题．．．．．

123⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有C6C5C360种方法．

1233⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以一共有C6C5C3A3360种方法．

⑸ 可以分为三类情况：①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有C62C42C2290种方法；②

1233

C5C3A3360种方法；“1、2、3型”即⑷中的分配情况，有C6③“1、1、4型”，有C64A3390

种方法．所以一共有90+360+90＝540种方法．

例9：用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．

⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？

解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有A560个，所以第114个数的千位数应该是“3”，

十位数字是“1”即“31”开头的四位数有A4212个；同理，以“36”、“37”、“38”开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“39”,而“3 968”排在第6个位置上，所以“3 968” 是第114个数．

⑵ 由上可知“37”开头的数的前面有60＋12＋12＝84个，而3 796在“37”开头的四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数．例10：用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中 ⑴ 能被25整除的数有多少个？

⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？

解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，末尾为50的四位数有A4个，

末尾为25的有A3A3个，所以一共有A4＋A3A3＝21个．

注：能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种情况．

⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有A5A5300个．因为在这300

211

个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能的”，所以十位数字比个位数字大的有．．．．

A5A5150个．

（一）填空题

1、从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).

2、圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________. （二）解答题

3.某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？

4、二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？

5、有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数.

(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置. (2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边. (3)全体排成一行，其中男生必须排在一起. (4)全体排成一行，男、女各不相邻. (5)全体排成一行，男生不能排在一起.

(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变. (7)排成前后二排，前排3人，后排4人.

(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.

6、20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.

7、用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？

8、甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？

9、如图，某城市中，甲乙两地之间有整齐的道路网，如果规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从甲到乙的不同走法数有多少种。

乙

甲

参考答案

一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为

A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A6=30.

2.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C1n种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C12n2种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：

1C1n·C2n2=2n(n－1)个.

二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：

2(1)5张牌全部分开出，有A55种方法； (2)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；

(3)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C3A3

种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A3种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次5

2424224出，有C3A5种方法. 因此，共有不同的出牌方法A5+A5+A5+A3A3+A3+C3A5=860种. 555

4.解：由图形特征分析，a＞0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c＜0;a＜0,开口向下，原点在内部f(0)=c＞0,所以对于抛物线y=ax+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac＜0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有C13C1A2A16=144条. 42

5.解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A13种，其余6人全排列，有A6种.由乘法原理得A13A6=2160种. 66

(2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A16种，余下的6个位置全排有A6种，但应剔除6乙在最右边的排法数A15A5种.则符合条件的排法共有A16A6－A15A5=3720种. 565

(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有A3A5=72035种.

(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A3A4=144种. 34

3(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有A44A5=1440种.

(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A=N×A，∴N=

A7A3

= 840种.

(7)与无任何限制的排列相同，有A77=5040种.

(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A35种，甲、乙和其余2人排成

2一排且甲、乙相邻的排法有A3A33.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有

23A35×A2×A3=720种.

6.解：首先按每个盒子的编号放入1个、2个、3个小球，然后将剩余的14个小球排成一排，如图，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15个空档，其中“O”表示小球，“|”表示空档.将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O”个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，

若有两个小盒插入最左侧空档，有C3种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有C1若3C3种；

22112

没有小盒插入最左侧空档，有C13种.由加法原理，有N=C3C3C13C13=120种排列方案，

即有120种放法.

7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，

有A3种，若(2)(4)同色，有A3种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A5种.由加法原理，共有55

4N=2A3+A5=240种. 5

28.解：每人随意值两天，共有C6C2C2个；甲必值周一，有C15C2C2个；乙必值周六，有4242

C15C2C2个；甲必值周一且乙必值周六，有C1C13C2个.所以每人值两天，且甲必不值周一、4242

2乙必不值周六的值班表数，有N=C6C2C2－2C15C2C2+ C1C13C2=90－2×5×6+12=42个. 424242

排列组合问题

说明：

前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接解法.

在求解排列与组合应用问题时，应注意：

(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；

(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理； (3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏； (4)列出式子计算和作答.

①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想.

例1：4张卡片的正、反面分别有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中的3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？

例2：将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色，求不同的染色方法总数。

例3：四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是多少？

技巧与方法：解法一，采用处理分堆问题的方法.解法二，分两次安排优等生，但是进入同一所学校的两名优等生是不考虑顺序的.

解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生安排

3三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C24A3 =36(种).

A34·3=36(种).

例4：在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( C )

A.CC.C

12m1Cn12mCn

Cn1Cm B.CmCnCnCm

12CnCm

121212



CmCn

D.C

12mCn1



21Cm1Cn

例5：身高互不相同的7名运动员站成一排，甲、乙、丙三人自左向右从高到矮排列且互不相邻的排法有多少种？

解：（插空法）现将其余4个同学进行全排列一共有A44种方法，再将甲、乙、丙三名同学插

入5个空位置中（但无需要进行排列）有C5种方法．根据分步计数原理，一共有A44C5＝

240种方法．

解：（插空法）本题等价于在7只亮着的路灯之间的6个空档中插入3只熄掉的灯，故所求

方法总数为C620种方法．

例7：九张卡片分别写着数字0，1，2，„，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？

211112

解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有2(A8C2C7C7)种方法；②若不取6，则有C7A7

211112

种方法．根据分类计数原理，一共有2(A8C2C7C7)+C7A7＝602种方法．

例8：6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：

⑴ 分给甲、乙、丙三人，每人两本； ⑵ 分为三份，每份两本；

⑶ 分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；

⑷ 分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； ⑸ 分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．

222

解：⑴ 根据分步计数原理得到：C6C4C290种．

所以xxC，

C6C4C2

222

因此分为三份，15．

每份两本一共有15种方法．

注：本题是分组中的“均匀分组”问题．．．．．

123⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有C6C5C360种方法．

1233⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以一共有C6C5C3A3360种方法．

⑸ 可以分为三类情况：①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有C62C42C2290种方法；②

1233

C5C3A3360种方法；“1、2、3型”即⑷中的分配情况，有C6③“1、1、4型”，有C64A3390

种方法．所以一共有90+360+90＝540种方法．

例9：用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．

⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？

解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有A560个，所以第114个数的千位数应该是“3”，

⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？

解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，末尾为50的四位数有A4个，

末尾为25的有A3A3个，所以一共有A4＋A3A3＝21个．

注：能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种情况．

⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有A5A5300个．因为在这300

211

个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能的”，所以十位数字比个位数字大的有．．．．

A5A5150个．

（一）填空题

1、从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).

2、圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________. （二）解答题

4、二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？

5、有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数.

(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变. (7)排成前后二排，前排3人，后排4人.

(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.

6、20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.

7、用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？

8、甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？

9、如图，某城市中，甲乙两地之间有整齐的道路网，如果规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从甲到乙的不同走法数有多少种。

乙

甲

参考答案

一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为

A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A6=30.

1C1n·C2n2=2n(n－1)个.

二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：

2(1)5张牌全部分开出，有A55种方法； (2)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；

(3)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C3A3

种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A3种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次5

2424224出，有C3A5种方法. 因此，共有不同的出牌方法A5+A5+A5+A3A3+A3+C3A5=860种. 555

5.解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A13种，其余6人全排列，有A6种.由乘法原理得A13A6=2160种. 66

(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有A3A5=72035种.

(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A3A4=144种. 34

3(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有A44A5=1440种.

(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A=N×A，∴N=

A7A3

= 840种.

(7)与无任何限制的排列相同，有A77=5040种.

(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A35种，甲、乙和其余2人排成

2一排且甲、乙相邻的排法有A3A33.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有

23A35×A2×A3=720种.

若有两个小盒插入最左侧空档，有C3种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有C1若3C3种；

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没有小盒插入最左侧空档，有C13种.由加法原理，有N=C3C3C13C13=120种排列方案，

即有120种放法.

7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，

有A3种，若(2)(4)同色，有A3种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A5种.由加法原理，共有55

4N=2A3+A5=240种. 5

28.解：每人随意值两天，共有C6C2C2个；甲必值周一，有C15C2C2个；乙必值周六，有4242

C15C2C2个；甲必值周一且乙必值周六，有C1C13C2个.所以每人值两天，且甲必不值周一、4242

2乙必不值周六的值班表数，有N=C6C2C2－2C15C2C2+ C1C13C2=90－2×5×6+12=42个. 424242

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