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排列组合基础知识及习题分析

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 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?

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