排列组合基础知识及习题分析

在介绍排列组合方法之前 我们先来了解一下基本的运算公式！

C53＝（5×4×3）/（3×2×1） C62＝（6×5）/（2×1） 通过这2个例子 看出 n

Cmn 公式 是种子数M开始与自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。 以取值N的阶层作 为分母

p53＝5×4×3 p66＝6×5×4×3×2×1 通过这2个例子

pmn＝从M开始与自身连续N个自然数的降序乘积 当N＝M时 即M的阶层 排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (m≤n)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列与组合的标志是“有序”与“无序”. 解答排列、组合问题的思维模式有二：

其一是看问题是有序的还是无序的？有序用“排列”，无序用“组合”； 其二是看问题需要分类还是需要分步？分类用“加法”，分步用“乘法”. 分 类：“做一件事，完成它可以有n类方法”，这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个 标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②分别属于不同两类的两种方法是不同的方法. 分步：“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤.分步时，首先要根据问题的特点，确定一个可行的分步标准；其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算最终完成.

两 个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互的，无论那一类办法中的那一种方法都能单独完 成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个 步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种类就用乘法原理.

在解决排列与组合的应用题时应注意以下几点：

1．有条件的排列问题常见命题形式： “在”与“不在” “邻”与“不邻” 在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法： ⑴“相邻”问题在解题时常用“合并元素法”，可把两个以上的元素当做一个元素来看，这是处理相邻最常用的方法.

⑵“不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”.

⑶“在”与“不在”问题，常常涉及特殊元素或特殊位置，通常是先排列特殊元素或特殊位置.

⑷元素有顺序的排列，可以先不考虑顺序，等排列完毕后，利用规定顺序的实情求出结果. 2．有条件的组合问题，常见的命题形式： “含”与“不含” “至少”与“至多” 在解题时常用的方法有“直接法”或“间接法”.

3． 在处理排列、组合综合题时，通过分析条件按元素的性质分类，做到不重、不漏，按事件的发生过程分步，正确地交替使用两个原理，这是解决排列、组合问题的最基本的，也是最重要的思想方法。. ***************************************************************************** 提供10道习题供大家练习

1、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ C ） (A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个 ------------------------------------------------------

【解析】 根据三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边 可见最大的边是11 则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和最大的时候 因此我们以一条边的长度开始分析 如果为11，则另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。。。。。。1 如果为10 则另外一个边的长度是10，9，8。。。。。。2， （不能为1 否则两者之和会小于11，不能为11，因为第一种情况包含了11，10的组合） 如果为9 则另外一个边的长度是 9，8，7，。。。。。。。3 （理由同上 ，可见规律出现） 规律出现 总数是11＋9＋7＋。。。。1＝（1＋11）×6÷2＝36

2、 （1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？ ------------------------------------------------------------

【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比如说我先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，直到第4封， 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×3＝3^4

（2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？ -------------------------------------------------------------

【解析】跟上述情况类似 对于每个旅客我们都有4种选择。彼此之间选择没有关系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先安排第一个旅客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。知道最后一个旅客也是4种可能。根据分步原则属于乘法关系 即 4×4×4＝4^3 （3）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种不同的分法？ -------------------------------------------------------------

【解析】分步来做 第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种

第二步：分配给3个同学。 P33＝6种 这 里稍微介绍一下为什么是P33 ，我们来看第一个同学可以有3种书选择，选择完成后，第2个同学就只剩下2种选择的情况，最后一个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则。最常见的例子就是 1，2，3，4四个数字可以组成多少4位数？ 也是满足这样的分步原则。 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择受到上一步的压缩。 所以该题结果是56×6＝336 3、 七个同学排成一横排照相.

（1） 某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ （3600）

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【解析】 这个题目我们分2步完成 第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝5

第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720 所以 总数是720×5＝3600

（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440） -------------------------------------------------

【解析】 第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2

第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720 则总数是 720×2＝1440

（2） 甲不在排头或排尾，同时乙不在中间的不同排法有多少种？ （3120）

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【解析】特殊情况先安排特殊 第一种情况：甲不在排头排尾 并且不在中间的情况 去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4， 剩下6个位置 先安中间位置 即除了甲乙2人，其他5人都可以 即以5开始，剩下的5个位置满足P原则 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400 第2种情况：甲不在排头排尾， 甲排在中间位置 则 剩下的6个位置满足P66＝720 因为是分类讨论。所以最后的结果是两种情况之和 即 2400

＋720＝3120

（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440） ----------------------------------------------- 【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人，7个位置变成6个位置，即分步讨论 第1： 选位置 C6取1＝6 第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2 则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12 剩下的5个人即满足P55的规律＝120 则 最后结果是 120×12＝1440 （5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520） -------------------------------------------------------

【解析】 这个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右边的概率是一样的。 所以我们不考虑左右问题 则总数是P77＝5040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520

4、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数. （1）能组成多少个四位数？ （300） --------------------------------------------------------

【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0。 则只有5种可能性 接下来3个位置满足P53原则＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300 （2）能组成多少个自然数？ （1631） --------------------------------------------------------- 【解析】自然数是从个位数开始所有情况 分情况 1位数： C6取1＝6

2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25

3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100 4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300 5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600 6位数： 5×P55＝5×120＝600 总数是1631 这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25 先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种情况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因为0不能作为最高位 所以最高位只有1种可能

（3）能组成多少个六位奇数？ （288） ---------------------------------------------------

【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑低位，再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288

（3） 能组成多少个能被25整除的四位数？ （21）

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【解析】 能被25整除的4位数有2种可能 后2位是25： 3×3＝9 后2位是50： P42＝4×3＝12 共计9＋12＝21 （5）能组成多少个比201345大的数？ （479） ------------------------------------------------

【解析】 从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 所以我们看最高位大 于等于2的6位数是多少？ 4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479

（6）求所有组成三位数的总和. （320） ---------------------------------------------

【解析】每个位置都来分析一下 百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1) 十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1) 个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1) 总和 M＝M1+M2+M3=320

5、生产某种产品100件，其中有2件是次品，现在抽取5件进行检查. （1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ （152096） 【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合格的取出来的 所以 即C2取2×C98取3＝152096 （2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560）

【解析】同上述分析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格的产品中挑4个 C2取1×C98取4＝7224560 （3）“其中没有次品”的抽法有多少种？ （679108） 【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝679108 （4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ （7376656）

【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列情况 就是至少有1种的 C100取5－C98取5＝7376656 （5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ （751324）

【解析】所有的排列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品情况的 C100取5－C98取3＝751324 6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ） (A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种 -------------------------------------------------------- 【解析】根据条件我们可以分2种情况

第一种情况：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30

第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40 所以总数是 30＋40＝70种 7、在50件产品中有4件是次品，从中任抽5件，至少有3件是次品的抽法有__种. -------------------------------------------------------

【解析】至少有3件 则说明是3件或4件 3件：C4取3×C46取2＝4140 4件：C4取4×C46取1＝46 共计是 4140＋46＝4186 8、有甲、乙、丙三项任务, 甲需2人承担, 乙、丙各需1人承担.从10人中选派4人承担这三项任务, 不同的选法共有（ C ） (A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种 －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－【解析】分步完成 第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4＝210 第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12种情况 则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520

9、12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有_____种 C(4,12)C(4,8)C(4,4) －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－【解析】每个路口都按次序考虑 第一个路口是C12取4 第二个路口是C8取4

第三个路口是C4取4 则结果是C12取4×C8取4×C4取4 可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗 其实不是这样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候，其实将这些分类情况已经包含了对不同路的情况的包含。 如果再×P33 则是重复考虑了. 如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则情况又不一样 因为我们在分配人数的时候考虑了路口的不同。所以最后要去除这种可能情况 所以在上述结果的情况下要÷P33 10、在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，求共有多少种安排方法？ 990 －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－ 【解析】 这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法 直接解答较为麻烦，故可先用一个节目去插9个空位，有P(9,1)种方法；再用另一个节目去插10个空位，有P(10,1)种方法；用最后一个节目去插11个空位，有P(11,1)方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990种。

另解：先在11个位置中排上新添的三个节目有P(11,3)种，再在余下的8个位置补上原有的8个节目，只有一解，所以所有方法有P311×1=990种。 解决排列组合问题的策略

1、 逆向思维法：我们知道排列组合都是对一个元素集合进行筛选排序。我们可以把这个集

合看成数学上的单位1，那么1＝a＋b 就是我们构建逆向思维的数学模型了， 当a不

利于我们运算求解的时候，我们不妨从b的角度出发思考，这样同样可以求出a＝1－b。 例题：7个人排座，甲坐在乙的左边（不一定相邻）的情况有多少种？ 例题：一个正方体有8个顶点 我们任意选出4个，有多少种情况是这4个点可以构成四面体的。 例题：用0，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A．24个 B．30个 C．40个 D．60个

2、解含有特殊元素、特殊位置的题——采用特殊优先安排的策略： （1）无关型：两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集

例题：用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被10整除且数字不同的六位数? （2）包含型：两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系

例题：用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被5整除且数字不同的六位奇数? P55×－P44＝120－24＝96 用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被25整除且数字不同的六位数? 25，75 （3×3×2×1）×2＋P44＝36＋24＝60

（3）影响型：两个特殊位置上可取的元素既有相同的，又有不同的。

例题：用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大并且百位数字不是3的没有重复数字的五位数有多少个?

3.解含有约束条件的排列组合问题一――采用合理分类与准确分步的策略 例题：平面上4条平行直线与另外5条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有________个。

简析：按构成矩形的过程可分为如下两步：第一步．先在4条平行线中任取两条，有C4取2种取法；第二步再在5条平行线中任取两条，有C5取2种取法。这样取出的四条直线构成一个矩形，据乘法原理，构成的矩形共有6×10=60个 4、解排列组台混合问题——采用先选后排策略 对于排列与组合的混合问题，可采取先选出元素，后进行排列的策略。

例：4个不同小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子，则恰有一个空盒的放法有___种。144 5、插板法 插板法的条件构成： 1元素相同，2分组不同，3必须至少分得1个 插板法的类型： （1）、10块奶糖分给4个小朋友，每个小朋友至少1块，则有多少种分法？（典型插板法 点评略） （2）、10块奶糖分给4个小朋友有多少种方法？（凑数插板法： 这个题目对照插板法的3个条件我们发现 至少满足1个这个条件没有， 所以我们必须使其满足，最好的方法 就是用14块奶糖来分，至少每人1块 ，当每个人都分得1块之后，剩下的10块就可以随便分了，就回归到了原题） （3）、10块奶糖放到编号为1，2，3的3个盒子里，每个盒子的糖数量不少于其编号数，则有几种方法？（定制插板法： 已然是最后一个条件不满足，我们该怎么处理呢，应该学会先去安排 使得每个盒子都差1个，这样就保证每个盒子必须分得1个，从这个思路出发，跟第二个例题是姊妹题 思路是一样的 对照条件 想办法使其和条件吻合！） （4）、8块奶糖和另外3个不同品牌的水果糖要放到编号为1～11的盒子里面，每个盒子至少放1个，有多少种方法？（多次插空法 这里不多讲，见我排列组合基础讲义）

6、递归法（枚举法） 公考也有这样的类型， 排错信封问题，还有一些邮票问题 归纳法： 例如：5封信一一对应5个信封，其中有3个封信装错信封的情况有多少种？ 枚举法：

例如：10张相同的邮票 分别装到4个相同的信封里面，每个信封至少1张邮票，有多少种方法？ 枚举： 8 1，1，1，7

1，1，2，6 1，1，3，5 1，1，4，4 1，2，2，5 1，2，3，4 1，3，3，3 2，2，2，4 2，2，3，3 9种方法！

疑难问题

1、如何验证重复问题

2、关于位置与元素的相同问题，

例如： 6个人平均分配给3个不同的班级，跟 6个学生平分成3组的区别 3.关于排列组合里面，充分运用对称原理。

例题： 1，2，3，4，5 五个数字可以组成多少个十位数小于个位数的四位数？ 例题：7个人排成一排，其中甲在乙右边（可以不相邻）的情况有多少种？

注解：分析2种对立情况的概率，即可很容易求解。 当对立情况的概率相等，即对称原理。 4、环形排列和线性排列问题。（见我的基础排列组合讲义二习题讲解） 例如：3个女生和4个男生围坐在一个圆桌旁。 问有多少种方法？ 例如：3对夫妇围坐在圆桌旁，男女间隔的坐法有多少种？

注解：排列组合中，特殊的地方在于，第一个坐下来的人是作为参照物，所以不纳入排列的范畴，我们知道，环形排列中 每个位置都是相对的位置，没有绝对位置，所以需要有一个人坐下来作为参照位置。

5、几何问题：见下面部分的内容。 例析立体几何中的排列组合问题 在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。 1 点 1．1 共面的点

例题： 四面体的一个顶点为A，从其它顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有（ ） A．30种 B．33种 C．36种 D．39种 答案：B

点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属难度中等的选择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的3点与它对棱上的中点共面的情况计算在内。

1．2 不共面的点 例2： 四面体的顶点和各棱中点共10个点，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：从10 个点中任取4个点有C（10，4）＝210 种取法，其中4点共面的情况有三类：第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有C（6，2）＝15种；第二类，取任一条棱上的3 9 个点及对棱的中点，这4点共面有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形，它的4个顶点共面，有3种。 以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有210－4×15－6－3＝141 种。 答案：D。 点评：此题难度很大，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。 几何型排列组合问题的求解策略

有关几何型组合题经常出现在各类试题中，它的求解不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要掌握相关的几何知识.这类题目新颖、灵活、能力要求高，因此要求掌握四种常用求解策略.

一 分步求解

例1 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______． 解：本题所求的三角形，即为圆的内接直角三角形，由平面几何知识，应分两步进行：先从2n个点中构成直径（即斜边）共有n种取法；再从余下的(2n－2)个点中取一点作为直角顶点，有(2n－2)种不同取法．故总共有n(2n－2)＝2n(n－1)个直角三角形．故填2n(n－1)． 例2： 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原直线共有____条（结果用数值来表示）.

解：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，表示的直线也不同，所以直线的条数为 P（6，2）＝30． 二 分类求解

例3 四边体的一个顶点为A，从其它顶点与各棱的中点中取3点，使它们和A在同一平面上，不同取法有（ ） (A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种

解：符合条件的取法可分三类：① 4个点（含A）在同一侧面上，有3 ＝30种；②4个点（含A）在侧棱与对棱中点的截面上，有3种；由加法原理知不同取法有33种，故选B. 三 排除法求解 例4 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（ ） (A) 8种 (B) 12种 (C) 16种 (D) 20种

解：由六个任取3个面共有 C（6，3）＝20种，排除掉3个面都相邻的种数，即8个角上3个平面相邻的特殊情形共8种，故符合条件共有 20－8＝12种，故选(B)．

例5 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有（ ）个？

解：从7个点中任取3个点，共有C（7，3）＝35 个，排除掉不能构成三角形的情形．3点在同一直线上有3个，故符合条件的三角形共有 35－3＝32个．

四 转化法求解 例6 空间六个点，它们任何三点不共线，任何四点不共面，则过每两点的直线中有多少对异面直线？ 解：考虑到每一个三棱锥对应着3 对异面直线，问题就转化为能构成多少个三棱锥. 由于这六个点可构成C（6，4）＝15 个三棱锥，故共有3×15 ＝45对异面直线.

例7 一个圆的圆周上有10个点，每两个点连接一条弦，求这些弦在圆内的交点个数最多 有几个？ 解：考虑到每个凸四边形的两条对角线对应一个交点，则问题可转化为构成凸四边形的个数．显然可构成 C（10，4）＝210个圆内接四边形，故10个点连成的点最多能在圆中交点210个.

6、染色问题： 不涉及环形染色 可以采用特殊区域优先处理的方法来分步解决。 环形染色可采用如下公式解决：

An＝（a－1）^n+(a-1)×(-1)^n n表示被划分的个数，a表示颜色种类

原则：被染色部分编号，并按编号顺序进行染色，根据情况分类 在所有被染色的区域，区分特殊和一般，特殊区域优先处理

例题1：将3种作物种植在如图4所示的5块试验田里，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物。则有多少种种植方法？ A B C D E 例题2：用5种不同颜色为图中ABCDE五个部分染色，相邻部分不能同色，但同一种颜色可以反复使用，也可以不使用，则符合要求的不同染色方法有多少种？

A B C D E 例题3：将一个四棱锥的五个顶点染色，使同一条棱的2个端点不同色，且只由五个颜色可

以使用，有多少种染色方法？

例题4：一个地区分为如图4所示的五个行政区域，现在有4种颜色可供选择，给地图着色，要求相邻区域不同色，那么则有多少种染色方法？

例题5：某城市中心广场建造了一个花圃，分6个部分（如图5） 现在要栽种4种不同的颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能种同样颜色的花，则有多少种不同栽种方式？

1. 排列组合题（系列之二）

一） 1, 2, 3, 4作成数字不同的三位数，试求其总和？但数字不重复。

[解析] 组成3位数 我们以其中一个位置(百位,十位,个位)为研究对象就会发现 当某个位置固定 比如是1,那么其他的2个位置上有多少种组合? 这个大家都知道 是剩下的3个数字的全排列 P32 我们研究的位置上每个数字都会出现P32次 所以每个位置上的数字之和就可以求出来了 个位是:P32*(1+2+3+4)=60 十位是:P32*(1+2+3+4)*10=600 百位是:P32*(1+2+3+4)*100=6000 所以总和是6660 （二） 将“PROBABILITY ”11个字母排成一列，排列数有______种，若保持P, R, O次序，则排列数有______种。

[解析] 这个题目就是直线全排列出现相同元素的问题:在我的另外一个帖子里面有介绍:http://bbs.qzzn.com/read-htm-tid-94877.html

(1)我们首先把相同元素找出来,B有2个, I 有2个 我们先看作都是不同的11个元素全排列 这样就简单的多是P11,11 然后把相同的元素能够形成的排列剔除即可 P11/(P2,2*P2,2)=9979200。

(2)第2个小问题 因要保持PRO的顺序，就将PRO视为相同元素（跟B，I类似的性质），则其排列数有11！/（2！×2！×3！）= 166320种。

（三） 李先生与其太太有一天邀请邻家四对夫妇共10人围坐一圆桌聊天，试求下列各情形之排列数：

（1）男女间隔而坐。 （2）主人夫妇相对而坐。 （3）每对夫妇相对而坐。

（4）男女间隔且夫妇相邻。 （5）夫妇相邻。

（6）男的坐在一起，女的坐在一起。

[解析] (1) 这个问题也在http://bbs.qzzn.com/read-htm-tid-94877.html介绍过 先简单介绍一下环形排列的特征,环形排列相对于直线排列缺少的就是参照物.第一个坐下来的人是没有参照物的,所以无论做哪个位置都是一样的. 所以从这里我们就可以看出 环形排列的特征是 第一个人是做参照物,不参与排列. 下面就来解答6个小问题:

(1)先让5个男的或5个女的先坐下来 全排列应该是 P44, 空出来的位置他们的妻子(丈夫), 妻子(丈夫)的全排列这个时候有了参照物所以排列是P55 答案就是 P44*P55=2880种 (2)先让主人夫妇找一组相对座位入座 其排列就是P11(记住不是P22 ),这个时候其他8个人再入座,就是P88,所以此题答案是 P88

(3)每对夫妇相对而坐,就是捆绑的问题.5组相对位置有一组位置是作为参照位置给第一个入座的夫妇的,剩下的4组位置就是P44, 考虑到剩下来的4组位置夫妇可以互换位置即 P44*2^4=384

(4)夫妇相邻,且间隔而坐. 我们先将每对夫妇捆绑 那么就是5个元素做环形全排列 即P44 这里在从性别上区分 男女看作2个元素 可以互换位置 即答案是P44*2=48种(值得注意的是,这里不是*2^4 因为要互换位置,必须5对夫妇都得换 要不然就不能保持男女间隔) (5) 夫妇相邻 这个问题显然比第4个问题简单多了,即看作捆绑 答案就是P44 但是这里却是每对夫妇呼唤位置都可以算一种方法的. 即 最后答案是P44*2^5

(6)先从大方向上确定男女分开座,那么我们可以通过性别确定为2个元素做环形全排列.即P1,1 , 剩下的5个男生和5个女生单独做直线全排列 所以答案是P1,1 *P55*P55 （四）在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，求共有多少种安排方法？

[解析] 这个题目相信大家都见过 就是我们这次2008年国家公的一道题目: 这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法或多次插空法 直接解答较为麻烦，我们知道8个节目相对位置不动,前后共计9个间隔,故可先用一个节目去插9个空位，有C9取1种方法；这样9个节目就变成了10个间隔,再用另一个节目去插10个空位，有C10取1种方法；同理用最后一个节目去插10个节目形成的11个间隔中的一个，有C11取1方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为9*10*11=990种。

方法2: 我们先安排11个位置,把8个节目按照相对顺序放进去,在放另外3个节目,11个位置选3个出来进行全排列 那就是P11,3=11*10*9=990

（五） 0，1，2，3，4，5五个数字能组成多少个被25整除的四位数？

[解析] 这里考察了一个常识性的问题 即 什么样数才能被25整除 即这个数的后2位必须是25或者50，或者75或者00 方可. 后两位是25的情况有:千位只有3个数字可选(0不能) 百位也是3个可选 即3*3=9种 后两位是50的情况有:剩下的4个数字进行选2位排列 P4,2=12种 75不可能，因为数字中没有7 00也不可能，因为数字不能重复 共计 9+12=21种

2. “插板法”的条件模式隐藏运用分析 在说这2 道关于“插板法”的排列组合题目 之前，我们需要弄懂一个问题： 插板法排列组合是需要什么条件下才可以使用？这个问题清楚了，我们在以后的答题中 就可以尽量的变化题目使其满足这个条件。 这个条件就是： 分组或者分班等等 至少分得一个元素。 注意条件是 至少分得1个元素！ 好我们先来看题目，

例题1：某学校四、五、六三个年级组织了一场文艺演出，共演出18个节目，如果每个年级至少演出4个节目，那么这三个年级演出节目数的所有不同情况共有几种？ 【解析】 这个题目是Q友出的题目，题目中是不考虑节目的不同性 你可以视为18个相同的节目 不区分！ 发现3个年级都是需要至少4个节目以上！ 跟插板法的条件有出入，

插板法的条件是至少1个，这个时候对比一下，我们就有了这样的思路 ，为什么我们不把18个节目中分别给这3个年级各分配3个节目。 这样这3个班级就都少1个，从而满足至少1个的情况了 3×3＝9 还剩下18－9＝9个 剩下的9个节目就可以按照插板法来解答。 9个节目排成一排共计8个间隔。分别选取其中任意2个间隔就可以分成3份（班级）！ C8取2＝28

练习题目： 有10个相同的小球。 分别放到编号为1，2，3的盒子里 要使得每个盒子的小球个数不小于其编号数。那么有多少种放法？ 【解析】 还是同样的原理。 每个盒子至少的要求和插板法有出入 那么我们第一步就是想办法满足插板法的要求。 编号1的盒子是满足的 至少需要1个， 编号2至少需要2个，那么我们先给它1个， 这样就差1个 编号3至少需要3个，那么我们先给它2个， 这样就差1个 现在三个盒子都满足插板法的要求了 我们看还剩下几个小球 ？ 10－1－2＝7 7个小球6个间隔 再按照插板法来做 C6，2＝15种！

3. 【纠错】两个相同的正方体的六个面上分别标有数字的排列组合问题 有两个

相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6。将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？（ ）

A．9 B．12 C．18 D．24 －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－ 很多教材给出的答案是18

这里我更正以下： 请大家注意红色字体 “相同” 如果一个显示3，一个显示1， 交换以下 是 1，3 是否是2种呢？ 显然不是 是1种 这是这个题目存在的陷阱 方法一： 为偶数的情形 分2种情况 （1）、奇数＋奇数：（1，3，5） C（3，1）×C（3，1）注意因为这里是相同的两个色子。所以 3，1和1，3是不区分的 要去掉C3，2＝3种 实际上是6种， （2）、偶数＋偶数（2，4，6） 偶数的情况跟奇数相同 也是6种！ 答案是 6＋6＝12

方法二：当然我们也可以算总的， 那么就是 C6，1×C6，1－C6，2＝36－15＝21种 （为什么要减去C（6，2 ）， 因为任意2个数字颠倒都是一种情况） 看奇数： 奇数＝奇数＋偶数 C3，1×C3，1＝9种 所以答案是 21－9＝12种 4. 【讨论】裴波纳契数列的另类运用 先说典型的裴波纳契数列： 图片：

裴波纳契数列 就是移动求和A＋B＝C 因为第一个月这对小兔长成大兔 所以第一个月还是1对 即A从1开始。 第2个月开始剩下一对小兔 合计2对 B从2开始。 1，2，3，5，8，13，21，34，55，，144，233

小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈两级或三级台阶。已知相邻楼层之间有16级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？ A： B： C：57 D：37

这个题目刚刚看到讨论 我也用排列组合的办法参与了讨论 现在我再来说说裴波纳契数列的解法

楼梯级数：1，2，3，4，5，6........

走法情况：0，1，1，1，2，2........ 这是一个裴波纳契的间隔运用 因为他没有走1步的情况 即A＋B＝D 0，1，1，1，2，2，3，4，5，7，9，12，16，21，28，37 在举例1题：小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈一级，两级或三级台阶。已知相邻楼层之间有10级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？ 因为是1，2，3级都可以所以可以采用 A＋B＋C＝D的 裴波纳契数列变式！ 列举前3个 分别是1，2，3 则 10个是 1，2，4，7，13，24，44，81，149，274 练习题目：小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈一级或三级台阶。已知相邻楼层之间有10级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？