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排列组合常用方法总结(全)



解决排列组合问题常见策略
学习指导 1、排列组合的本质区别在于对所取出的元素是作有序排列还是无序排列。 组合问题可理解为把元素取出后放到某一集合中去,集合中的元素是无序的。 较复杂的排列组合问题一般是先分组,再排列。必须完成所有的分组再排 列,不能边分组边排列。 排列组合问题的常见错误是重复和遗漏。弄清问题的实质,适当的分类, 合理的分步是解决这个错误的关键,采用不同的思路检验结果是否一致是解决 这个错误的技巧。 集合是常用的工具之一。为了将抽象问题具体化,可以从特殊情形着手, 通过画格子,画树图等帮助理解。 “正难则反”是处理问题常用的策略。

常用方法:
一. 合理选择主元 例 1. 公共汽车上有 3 个座位, 现在上来 5 名乘客, 每人坐 1 个座位, 有几种不同的坐法? 例 2. 公共汽车上有 5 个座位, 现在上来 3 名乘客, 每人坐 1 个座位, 有几种不同的坐法? 分析:例 1 中将 5 名乘客看作 5 个元素,3 个空位看作 3 个位置,则问题变为从 5 个不同 的元素中任选 3 个元素放在 3 个位置上,共有 种不同坐法。例 2 中再把乘客看作元素 问题就变得比较复杂,将 5 个空位看作元素,而将乘客看作位置,则例 2 变成了例 1,所 以在解决排列组合问题时,合理选择主元,就是选择合适解题方法的突破口。 二. “至少”型组合问题用隔板法 对于“至少”型组合问题,先转化为“至少一个”型组合问题,再用 n 个隔板插在元素的 空隙(不包括首尾)中,将元素分成 n+1 份。 例 5. 4 名学生分 6 本相同的书,每人至少 1 本,有多少种不同分法? 解:将 6 本书分成 4 份,先把书排成一排,插入 3 个隔板,6 本书中间有 5 个空隙,则分 法有: (种) 三. 注意合理分类 元素(或位置)的“地位”不相同时,不可直接用排列组合数公式,则要根据元素(或位 置)的特殊性进行合理分类,求出各类排列组合数。再用分类计数原理求出总数。 例 6. 求用 0,1,2,3,4,5 六个数字组成的比 2015 大的无重复数字的四位数的个数。 解:比 2015 大的四位数可分成以下三类: 第一类:3×××,4×××,5×××,共有: 第二类:21××,23××,24××,25××,共有: 第三类:203×,204×,205×,共有: ∴比 2015 大的四位数共有 237 个。
1

(个); (个);

(个)

四. 特殊元素(位置)用优先法 把有限制条件的元素(位置)称为特殊元素(位置),对于这类问题一般采取特殊元素(位 置)优先安排的方法。 例 1. 6 人站成一横排,其中甲不站左端也不站右端,有多少种不同站法? 分析:解有限制条件的元素(位置)这类问题常采取特殊元素(位置)优先安排的方法。 解法 1:(元素分析法)因为甲不能站左右两端,故第一步先让甲排在左右两端之间的任 一位置上,有 种站法;第二步再让其余的 5 人站在其他 5 个位置上,有 种站法,故

站法共有: =480(种) 解法 2:(位置分析法)因为左右两端不站甲,故第一步先从甲以外的 5 个人中任选两人 站在左右两端,有 故站法共有: 五. 分排问题用直排法 对于把几个元素分成若干排的排列问题,若没有其他特殊要求,可采取统一成一排的方法 求解。 例 5. 9 个人坐成三排,第一排 2 人,第二排 3 人,第三排 4 人,则不同的坐法共有多少 种? 解:9 个人可以在三排中随意就坐,无其他限制条件,所以三排可以看作一排来处理,不 同的坐标共有 种。 种;第二步再让剩余的 4 个人(含甲)站在中间 4 个位置,有 (种) 种,

六. 复杂问题用排除法 对于某些比较复杂的或抽象的排列问题,可以采用转化思想,从问题的反面去考虑,先求 出无限制条件的方法种数,然后去掉不符合条件的方法种数。在应用此法时要注意做到不 重不漏。 例 6. 四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点,取其中 4 个不共面的点,则不同的取法共有 ( ) A. 150 种 B. 147 种 C. 144 种 D. 141 种 解:从 10 个点中任取 4 个点有 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 种;第二类,取任一条棱上的 3 个点及该棱对棱 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(其两组对边分别平 行于四面体相对的两条棱),它的 4 个点共面,有 3 种。以上三类情况不合要求应减掉, 所以不同的取法共有: 七. 多元问题用分类法 按题目条件,把符合条件的排列、组合问题分成互不重复的若干类,分别计算,最后计算 总数。 例 7. 已知直线 中的 a,b,c 是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3} 中的 3 个不同的元素,并且该直线的倾斜角为锐角,求符合这些条件的直线的条数。 (种)。

2

解:设倾斜角为 ,由 为锐角,得

,即 a,b 异号。

(1) c=0, b 各有 3 种取法, 若 a, 排除 2 个重复 ( , , ) , 故有:3×3-2=7(条)。 (2)若 ,a 有 3 种取法,b 有 3 种取法,而同时 c 还有 4 种取法,且其中任意两条 直线均不相同,故这样的直线有:3×3×4=36(条)。 从而符合要求的直线共有:7+36=43(条) 八. 排列、组合综合问题用先选后排的策略 处理排列、组合综合性问题一般是先选元素,后排列。 例 8. 将 4 名教师分派到 3 所中学任教,每所中学至少 1 名教师,则不同的分派方案共有 多少种? 解:可分两步进行:第一步先将 4 名教师分为三组(1,1,2),(2,1,1),(1,2,

1),共有:

(种),第二步将这三组教师分派到 3 种中学任教有

种方

法。由分步计数原理得不同的分派方案共有: 种方案。 九.顺序问题用“除法”

(种)。因此共有 36

对于几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素同其余元素一同进行排列,然 后用总的排列数除以这几个元素的全排列数。 例:7 个节目,甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现,有多少种排法? 分析:7 个节目的全排列为 A77,甲、乙、丙之间的顺序已定。所以有 A77∕A33=840 种。 答案: 答案:840 种。 十.特征分析 研究有约束条件的排数问题,需紧扣题中所提供的数字特征,结构特征,进行推理, 分析求解。 例:由 1,2,3,4,5,6 这六个数可组成多少个无重复且是 6 的倍数的五位数? 分析:6 的倍数既是 2 的倍数,又是 3 的倍数。是 2 的倍数,个位上为 2、4 或 6;是 3 的 倍数必须满足各个数字上的数字之和是 3 的倍数的特征。把这 6 个数分组(3)(6)(1, 、 、 5)(2,4) 、 ,每组的数字和都是 3 的倍数,因此可分成两类讨论。第一类:由 1、2、4、5、 6 作数码,首先从 2、4、6 中任选一个作为个位数字,有 A31 种,然后其余 4 个数字在其 它数字上全排列有 A44,所以,N1=A31A44 个,第二类:由 1、2、3、4、5 作数码,依上法 有 N2=A21A44 个。故 N=N1+N2=120 个。 答案:120 个。

3

十一、对应 有些时候,一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系。 例:在 100 名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场比赛后,失败者退出比赛) ,最后 产生一名冠军,需举行多少场比赛? 分析:要产生一名冠军,需要淘汰 99 名选手。要淘汰掉一名选手,必须举行一场比 赛;反之,每场比赛恰淘汰一名选手。两者之间一一对应。故要淘汰 99 名选手,应举行 99 场比赛,从而产生一名冠军。 十二、用比例法 有些排列应用题,可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例,从而求得问题的结 果。 例:从 6 个运动员中选出 4 个参加 4×100 米接力赛。如果甲、乙都不能跑第一棒, 那么共有多少种不同的参赛方案? 4 分析:若不受条件限制,则参赛方案有 A6 =360 种,但其中限制甲、乙两人不能跑第 一棒,即跑第一棒的只能是其他的人,而这 4 人在第一棒中出现的可能性为 4/6 4 故所求参赛方案有 4∕6?A6 =240 种。 答案:240 种。 十三、 “树图”表示法 对某些分步进行的问题,可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来。 例:四人各写出一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四 张贺卡的不同分配方式有( )种。 A.6 B.9 C.11 D.32 分析:将四张贺卡分别记为 A,B,C,D。由题意,某人(不妨设为 A 卡的供卡人)取卡 有 3 种情况。 因此将卡的不同分配方式分为三类, 对于每一类, 其它人依次取卡分步进行。 为避免重复或遗漏现象,可用树状图表示。 ↗A→D→C ↗A→D→B ↗A→B→C B→C→D→A C→D→A→B D→C→A→B ↘D→A→C ↘D→B→A ↘C→B→A 所以共有 9 种不同的分配方式。 又或:分析:设 4 人为甲、乙、丙、丁,则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人中 又或:分析 的一人收到,故有 3 种分配方式。以乙收到为例,其他人收到卡片的情况可分为两类:第 一类,甲收到乙送出的卡片,这时丙、丁只有互送卡片 1 种分配方式;第二类,甲收到的 不是乙送出的卡片,这时,甲收到卡片的方式有 2 种(分别是丙或丁送出的) ,对每一种 情况,丙、丁收到卡片的方式只有 1 种。因此,根据分步计数原理,不同的分配方式有: 3×(1+2)=9(种) 。 注意:解题的关键在第 2 个人和第 3 个人的拿法,只要给他们规定一个拿卡的顺序,依次 进行,则根据分步计数原理即可求得。
4

例4. 把6棵不同的蔬菜, 分别捆成3捆, 在下列情况下, 分别有多少分捆的方法? ⑴ 每捆2棵 ;⑵ 一捆 3 棵,一捆 2 棵,一捆 1 棵. 解:⑴

c c c p
6 4 3 3

2

2

2 2

= 15



c c c
6 3

3

2

1 1

= 60

例5. 把 6 棵不同的菜,分别种在 3 块不同的土地上,在下列情况下,分别有多少 种植方法? ⑴ 每块地上种 2 棵; ⑵ 甲地 3 棵,乙地 2 棵,丙地 1 棵; ⑶ 一块地上 3 棵,一块地上 2 棵,一块地上 1 棵. 解:⑴ ⑵ ⑶

c c c
6 4

2

2

2 2

= 90

c c c
6 3

3

2

1 1

= 60
3 3

c c c p
6 3 1

3

2

1

= 360

变式:如果是 7 棵不同的菜,种到 3 块土地上,一块地上 3 棵,一块地上 2 棵,还 有一块地上 2 棵呢?

答案为

c c p p
7 4 2 2

3

2

2 2

典型易错题:

例 1 某天有六节不同的课,若第一节排数学,或第六节排体育,问共有多少种不同的
排法? 错解 数学排第一节的排法有

A

5 5

种, 体育排第六节的排法也有
5 5

A

5 5

种, 根据加法原理,

第一节排数学或排体育的排法共有

A



A

5 5

=2

A

5 5

=240 种

剖析 在数学排第一节的排法中,存在着体育排第六节的排法,在排体育第六节的排法 中, 存在着数学排第一节的排法, 它重复计算了数学排第一节, 同时体育排第六节的排法, 即多算

A

4 4

种。正确结果是:

A

5 5



A

5 5



A

4 4

=216 种

例 2 从 4 名男生 3 名女生中选 3 人成立科技小组, 问当选者中至少有一名男生和一名
女生的选法有几种? 错解 先选一名男生,有

C

1 4

种选法,再选一名女生,有
5

C

1 3

种选法,最后从余下的 5

名学生中选一名有

C

1 5

种选法,故共有选法

C C C
4 3

1

1

1 5

=60 种

剖析 上述解法中,每一种选法都符合要求,但是否有重复计算呢?为此我们不妨设 4 名男生为 A1,A2,A3,A4,3 名女生为 B1,B2,B3,把上面选法中含有一名男生的选法 分为 4 类。在含有男生 A1 的一类的选法有:A1,B1,A2,即先选 A1,再选 B1,最后选 A2;在含有男生 A2 的一类中有 A2, B1,A1,即先选 A2,再选 B1,最后选 A1。显然这两 种选法被重复计算了。因此上述解法是错误的。错误的原因在于没有将符合要求的选法进 行正确分类,分类要不重不漏。 正解 以男生人数分类,则符合条件的有且仅有两类,一类是男生一名女生两名,有

CC
4

1

2 3

种选法,另一类是男生两名女生一名,有

CC
4

2

1 3

。故共有

CC
4

1

2 3



CC
4

2

1 3

=30



例 3 n 个不同的球放入 n-1 个不同的盒子,假设每个盒子都有足够大的容量,问每个
盒子中至少有一个球的放法共有多少种? 错解 先在每盒子中放入一球共有 由乘法原理,共有放法(n-1)

A

n ?1 n

种放法, 再将剩下的一球放入, n-1 种放法。 有

A

n ?1 n

=(n-1)n!种.

剖析 将这 n 个球和 n-1 个盒子均依次编号,设先在每盒中放入一球时,有一种放法是 第 I 号盒子恰好放入第 I 号球,其中 I=1,2,…,n-1,然后再考虑剩下的第 n 号球的放 法,假设第 n 号球恰好放入第 1 号盒,这样,除 1 号盒中放有第一号与第 n 号两个球外, 其余各盒均只放有一个与盒子同号的球,若先在每盒中放入一球时,第 n 号球恰好放入第 1 号盒, ,而其余各盒所放的球均与盒子同号,这样,再将剩下的 1 号球放入盒中时,必有 一种放法是恰好放入 1 号盒,这时,出现与前一次完全相同的结果,但在上面的解法中被 当成两种不同的放法来计算,故重复。 正确的解法是: 正确的解法是:先从 n 个球中任取 2 个组成一组,共有

C

2
n

种方法;然后把这 2 个

球当作 1 份,另外 n-2 个球每个球算 1 份,共有 n-1 份,把这 n-1 份分放在 n-1 个盒 子中,且使每盒中恰有 1 份,共有

A

n ?1 n ?1

种放法,由乘法原理,符合题意的放法种数为

C A
n

2

n ?1 n ?1



n ?1 n! 2

例 4、将 4 个不同的球放入 4 个不同的盆子内 (1)共有几种放法? (2)恰有一个盆子未放球,共几种放法? (3)恰有一个盆子内有 2 球,共几种放法? (4)恰有两个盆子内未放球,共有几种放法?
6

解题思路分析: (1)把球作为研究对象,事件指所有球都放完。因每一只球都有四种放法,故由分步 计数原理,共有 4 =256(种) ; (2)问题即为“4 个球放入三个盆子,每个盆子内都要放球,共有几种放法?” 第一步是把 4 只球分成 2,1,1 三组,共有 C4 种放法; 第二步把 3 组球放入三个盆子中去(作全排列) ,有 A4 种; 由分步计数原理,共有 N=C4 A4 (种) 评注:第二步应是 A4 ,而不是 A3 ,因还要选从四个盆子中选三个盆子,然后作全排。 (3)仔细审题,认清问题的本质。 “恰有一盆子内入 2 个球”即另三个盆子放 2 球, 也即另外 3 个盆子恰有一个空盆,因此, “恰有一个盆子放 2 球”与“恰有一个盆子不放 球”是等价的。 (4)先取走两个不放球的盆子,有 C4 种取法;其次将 4 球分两类放入所剩 2 盆;第 一类均匀放入,有 C4 C2 种放法;第二步按 3,1 分组放入,有 C4 C1 A2 种放法。故有 N=C4 (C4 C2 +C4 C1 A2 )=84(种) 。 例 5、用 0,1,2,3,4 五个数字组成各位数字不重复的五位数,若按由小到大排列, 试问: (1)42130 是第几个数?(2)第 60 个数是什么? 解题思路分析: (1)要知道 42130 是第几个数,只要知道比它小的有几个数,就基本 解决了。根据数的大小比较的原则,比 42130 小的数可以分成如下几类: 1□□□□,2□□□□,3□□□□型的; 40□□□,41□□□型的; 420□□型的; 4200□型的。 各 类 的 数 分 别 有 C3 A4 , C2 A3 , C1 A2 , C1 A1 个 , 所 以 比 42130 小 的 数 有 C3 A4 +C2 A3 +C1 A2 +C1 A1 =87 个,42130 是第 88 个。 (2)万位 1 的数,即 1□□□□型的数,有 A4 =24 个; 万位为 2 的,同样有 A4 =24 个; 万位为 3 的也有 24 个,所以第 60 个数是万位为 3 的这一类数中的第 12 个数, 再具体分类: 30□□□型的有 A3 =6 个; 31□□□型的有 A3 =6 个 所以,第 12 个数是 31□□□型的数中最大的一个即为 31420。 评注:此类题型称为字典式排列问题,解题的关键在于根据题意正确地进行分类, 评注:此类题型称为字典式排列问题,解题的关键在于根据题意正确地进行分类,分类的
7
3 3 4 4 1 4 1 3 1 2 1 1 1 4 1 3 1 2 1 1 2 2 2 3 1 2 2 2 3 1 2 2 3 3 2 3 3 2 4

关键是采用类似查字典的方法, 从高位向低位, 一位一位地考察各位上所取数字的可能性。 关键是采用类似查字典的方法, 从高位向低位, 一位一位地考察各位上所取数字的可能性。

道路网走法的一般解法
题目 图 1 是某城市道路网的局部,横向 m 个格子,纵向 n 个格子,若只允许向东 或向北走, 则从 A 处到 B 处有 多少种不同的走法?

B

本题在很多资料中都能见到, 其解法是把道路网简化成较少 格子后分步求,或猜想出一般 结论,而没有证明。下面用组 合知识给出其一般性的推导过 程及结论。 A 从 A 处到 B 处走每个格子的一 边作为一步,则对于 m×n 的 m个格子 个 网格共走 m+n 步,我们把这 m+n 步看作 m+n 个位置。由于每种走法均为向东走了 m 步,向北走了 n 步,这样,当

n 个 格 子

从 m+n 个位置中选出 m 个位置作为向东走的各种情形,有 为向北走,所有不同走法有

C

m m+n

种选法,剩余 n 个位置

C

m m+n

种。也可以这样计算:从 m+n 个位置中选 n 个作为向

北走的各种情形,剩余 m 个位置为向东走。故所求的不同走法有

C

m m+n

种。

B n 个 格 子

例 : 图 2 是 6×5 的网格线图,只允许走网线,则从 A 经过 C 到 B 处的最短路线有多少条? 解 最短路线的走法只能向上或向右走,从 A 处到 C 处 有

C

C

2 4+2



C

2 6

=15 条。从 C 处到 B 处有

C

2 2+3



C

2 5

=10 条。故满足题设的最短路线有 15×10=150 条。

A

m个格 子 个

例:如图,从 5×6 方格中的顶点 A 到顶点 B 的最短线 路有多少条? 分析:从 A 到的最短路线均需走 11 步, (一步即为一 个单位) ,即横向走 6 步,纵向走 5 步,因此要确定一 种走法,只需确定这 11 步中哪 6 步是横向走即可, 6 故不同的走法为 C11 =462 种. 答案:462 种。
8



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