排列组合Word格式.docx
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常见的一道题目
一些公式：
排列组合常见公式
组合恒等式
基本计数原理
⑴加法原理和分类计数法
⒈加法原理：
做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…+mn种不同方法。
⒉第一类办法的方法属于集合A1，第二类办法的方法属于集合A2，……，第n类办法的方法属于集合An，那么完成这件事的方法属于集合A1UA2U…UAn。
⒊分类的要求：
每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；
两类不同办法中的具体方法，互不相同（即分类不重）；
完成此任务的任何一种方法，都属于某一类（即分类不漏）。
⑵乘法原理和分步计数法
⒈乘法原理：
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×
m2×
m3×
…×
mn种不同的方法。
⒉合理分步的要求
任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；
各步计数相互独立；
只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同。
二项式定理
（a+b）^n=Σ（0->
n）C（in）a^（n-i）b^i
通项公式：
a_（i+1）=C（in）a^（n-i）b^i
二项式系数：
C（in）杨辉三角：
右图。
两端是1，除1外的每个数是肩上两数之和。
系数性质：
⑴和首末两端等距离的系数相等；
⑵当末指数是奇数时，中间两项最大且相等；
⑶当末指数是偶数时，中间一项最大。
⑷奇数项和偶数项总和相同，都是2^（n-1）；
⑸所有系数总和是2^n
历史
1772年，法国数学家范德蒙德（Vandermonde，A.-T.）以[n]p表示由n个不同的元素中每次取p个的排列数。
瑞士数学家欧拉（Euler，L.）则于1771年以及于1778年以表示由n个不同元素中每次取出p个元素的组合数。
1830年，英国数学家皮科克（Peacock，G）引入符号Cr表示n个元素中每次取r个的组合数。
1869年或稍早些，剑桥的古德文以符号nPr表示由n个元素中每次取r个元素的排列数，这用法亦延用至今。
按此法，nPn便相当于现在的n！
。
1872年，德国数学家埃汀肖森（Ettingshausen，B.A.von）引入了符号（np）来表示同样的意义，这组合符号（SignsofCombinations）一直沿用至今。
1880年，鲍茨（Potts，R.）以nCr及nPr分别表示由n个元素取出r个的组合数与排列数。
1886年，惠特渥斯（Whit-worth，A.W.）用Cnr和Pnr表示同样的意义，他还用Rnr表示可重复的组合数。
1899年，英国数学家、物理学家克里斯托尔（Chrystal，G.）以nPr，nCr分别表示由n个不同元素中每次取出r个不重复之元素的排列数与组合数，并以nHr表示相同意义下之可重复的排列数，这三种符号也通用至今。
1904年，德国数学家内托（Netto，E.）为一本百科辞典所写的辞条中，以Arn表示上述nPr之意，以Crn表示上述nCr之意，后者亦也用符号（nr）表示。
这些符号也一直用到现代。
此外，在八卦中，亦运用到了排列组合。
组合数的奇偶
奇偶定义：
对组合数C（n,k）（n>
=k）：
将n,k分别化为二进制，若某二进制位对应的n为0，而k为1，则C（n,k）为偶数；
否则为奇数。
下面是判定方法：
结论：
对于C（n,k），若n&
k==k则c（n,k）为奇数，否则为偶数。
证明：
利用数学归纳法：
由C（n,k）=C（n-1,k）+C（n-1,k-1）；
对应于杨辉三角：
1
11
121
1331
14641
………………
可以验证前面几层及k=0时满足结论，下面证明在C（n-1,k）和C（n-1,k-1）（k>
0）满足结论的情况下，
C（n,k）满足结论。
1）.假设C（n-1,k）和C（n-1,k-1）为奇数：
则有：
（n-1）&
k==k;
（k-1）==k-1;
由于k和k-1的最后一位（在这里的位指的是二进制的位，下同）必然是不同的，所以n-1的最后一位必然是1
现假设n&
k==k。
则同样因为n-1和n的最后一位不同推出k的最后一位是1。
因为n-1的最后一位是1，则n的最后一位是0，所以n&
k!
=k，与假设矛盾。
所以得n&
=k。
2）.假设C（n-1,k）和C（n-1,k-1）为偶数：
=k;
（k-1）!
=k-1;
k==k.
则对于k最后一位为1的情况：
此时n最后一位也为1，所以有（n-1）&
（k-1）==k-1，与假设矛盾。
而对于k最后一位为0的情况：
则k的末尾必有一部分形如：
10;
代表任意个0。
相应的，n对应的部分为：
1{*}*;
*代表0或1。
而若n对应的{*}*中只要有一个为1，则（n-1）&
k==k成立，所以n对应部分也应该是10。
则相应的，k-1和n-1的末尾部分均为01，所以（n-1）&
（k-1）==k-1成立，与假设矛盾。
由1）和2）得出当C（n,k）是偶数时，n&
3）.假设C（n-1,k）为奇数而C（n-1,k-1）为偶数：
显然，k的最后一位只能是0，否则由（n-1）&
k==k即可推出（n-1）&
（k-1）==k-1。
所以k的末尾必有一部分形如：
相应的，n-1的对应部分为：
相应的，k-1的对应部分为：
01;
则若要使得（n-1）&
=k-1则要求n-1对应的{*}*中至少有一个是0.
所以n的对应部分也就为：
（不会因为进位变1为0）
所以n&
k=k。
4）.假设C（n-1,k）为偶数而C（n-1,k-1）为奇数：
分两种情况：
当k-1的最后一位为0时：
则k-1的末尾必有一部分形如：
相应的，k的对应部分为:
11;
相应的，n-1的对应部分为:
1{*}0;
（若为1{*}1，则（n-1）&
k==k）
相应的，n的对应部分为:
1{*}1;
所以n&
当k-1的最后一位为1时：
（前面的0可以是附加上去的）
10;
01;
（若为11，则（n-1）&
由3），4）得出当C（n,k）为奇数时，n&
综上，结论得证。
例题分析
难点
⑴从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，需要较强的抽象思维能力；
⑵限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词（特别是逻辑关联词和量词）准确理解；
⑶计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大；
⑷计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。
1．明确任务的意义
例1.从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列，这样的不同等差数列有多少个？
分析：
首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。
设a,b,c成等差，∴2b=a+c，可知b由a,c决定，
又∵2b是偶数，∴a,c同奇或同偶，即：
分别从1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20这十个数中选出两个数进行排列，由此就可确定等差数列，A（10,2）*2=90*2，因而本题为180。
例2.某城市有4条东西街道和6条南北的街道，街道之间的间距相同，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N有多少种不同的走法?
对实际背景的分析可以逐层深入：
（一）从M到N必须向上走三步，向右走五步，共走八步；
（二）每一步是向上还是向右，决定了不同的走法；
（三）事实上，当把向上的步骤决定后，剩下的步骤只能向右；
从而，任务可叙述为：
从八个步骤中选出哪三步是向上走，就可以确定走法数。
∴本题答案为：
C（8,3）=56。
2．分析
分析是分类还是分步，是排列还是组合
注意加法原理与乘法原理的特点，分析是分类还是分步，是排列还是组合。
例3．在一块并排的10垄田地中，选择二垄分别种植A，B两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不少于6垄，不同的选法共有多少种？
条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含排列数，组合数的式子表示，因而采取分类的方法。
第一类：
A在第一垄，B有3种选择；
第二类：
A在第二垄，B有2种选择；
第三类：
A在第三垄，B有1种选择，
同理A、B位置互换，共12种。
例4．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有多少种？
（A）240（B）180（C）120（D）60
显然本题应分步解决。
（一）从6双中选出一双同色的手套，有6种方法；
（二）从剩下的十只手套中任选一只，有10种方法。
（三）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有8种方法；
（四）由于选取与顺序无关，因
（二）（三）中的选法重复一次，因而共240种。
或分步
⑴从6双中选出一双同色的手套，有C（6,1）=6种方法
⑵从剩下的5双手套中任选两双，有C（5,2）=10种方法
⑶从两双中手套中分别拿两只手套，有C（2,1）×
C（2,1）=4种方法。
同样得出共⑴×
⑵×
⑶=240种。
例5．身高互不相同的6个人排成2横行3纵列，在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮，则所有不同的排法种数为_______。
每一纵列中的两人只要选定，则他们只有一种站位方法，因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系，共有三纵列，从而有C（6,2）×
C（4,2）×
C（2,2）=90种。
例6．在11名工人中，有5人只能当钳工，4人只能当车工，另外2人能当钳工也能当车工。
现从11人中选出4人当钳工，4人当车工，问共有多少种不同的选法?
采用加法原理首先要做到分类不重不漏，如何做到这一点？
分类的标准必须前后统一。
以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。
这两个人都去当钳工，C（2,2）×
C（5,2）×
C（4,4）=10种；
这两个人都去当车工，C（5,4）×
C（2,2）×
C（4,2）=30种；
这两人都不去当钳工，C（5,4）×
C（4,4）=5种。
第四类：
这两个人一个去当钳工、一个去当车工，C（2,1）×
C（5,3）×
C（4,3）=80种；
第五类：
这两个人一个去当钳工、另一个不去当车工，C（2,1）×
C（4,4）=20种；
第六类：
这两个人一个去当车工、另一个不去当钳工，C（5,4）×
C（2,1）×
C（4,3）=40种；
因而共有185种。
例7．现有印着0，1，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9可以作6用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数?
有同学认为只要把0，1，3，5，7，9的排法数乘以2即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换，因而必须分类。
抽出的三数含0，含9，有32种方法；
抽出的三数含0不含9，有24种方法；
抽出的三数含9不含0，有72种方法；
抽出的三数不含9也不含0，有24种方法。
因此共有32+24+72+24=152种方法。
例8．停车场划一排12个停车位置，今有8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法有多少种?
把空车位看成一个元素，和8辆车共九个元素排列，因而共有A（9,8）=362880种停车方法。
3．特殊优先
特殊元素，优先处理；
特殊位置，优先考虑。
例9．六人站成一排，求
⑴甲、乙既不在排头也不在排尾的排法数
⑵甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数
⑴按照先排出首位和末尾再排中间四位分步计数
排出首位和末尾、因为甲乙不在首位和末尾，那么首位和末尾实在其它四位数选出两位进行排列、一共有A（4,2）=12种；
由于六个元素中已经有两位排在首位和末尾，因此中间四位是把剩下的四位元素进行顺序排列，
共A（4,4）=24种；
根据乘法原理得即不再排头也不在排尾数共12×
24=288种。
⑵第一类：
甲在排尾，乙在排头，有A（4,4）种方法。
甲在排尾，乙不在排头，有3×
A（4,4）种方法。
乙在排头，甲不在排尾，有3×
甲不在排尾也不再排头，乙不在排头也不再排尾，有6×
A（4,4）种方法（排除相邻）。
共A（4,4）+3×
A（4,4）+3×
A（4,4）+6×
A（4,4）=312种。
例10．对某件产品的6件不同正品和4件不同次品进行一一测试，至区分出所有次品为止。
若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?
本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且是最后一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，分步完成。
第一步：
第五次测试的有C（4,1）种可能；
第二步：
前四次有一件正品有C（6,1）中可能。
第三步：
前四次有A（4,4）种可能。
∴共有576种可能。
4．捆绑与插空
例11.8人排成一队
⑴甲乙必须相邻
⑵甲乙不相邻
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻
⑷甲乙必须相邻，丙丁必须相邻
⑸甲乙不相邻，丙丁不相邻
⑴甲乙必须相邻，就是把甲乙捆绑（甲乙可交换）和7人排列A（7,7）×
2
⑵甲乙不相邻，A（8,8）-A（7,7）×
2。
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻，先求甲乙必须相邻且与丙相邻A（6,6）×
2×
2
甲乙必须相邻且与丙不相邻A（7,7）×
2-A（6,6）×
⑷甲乙必须相邻，丙丁必须相邻A（6,6）×
⑸甲乙不相邻，丙丁不相邻，A（8,8）-A（7,7）×
2+A（6,6）×
例12.某人射击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况?
∵连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因而这是一个插空问题。
另外没有命中的之间没有区别，不必计数。
即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列，即A（5,2）。
例13.马路上有编号为l，2，3，……，10十个路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法共有多少种?
即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。
又因为灯与灯之间没有区别，因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。
∴共C（6,3）=20种方法。
5．间接计数法
⑴排除法
例14.三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三角形?
有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。
所求问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数，
∴共76种。
例15．正方体8个顶点中取出4个，可组成多少个四面体?
所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数，
∴共C（8,4）-12=70-12=58个。
例16.1，2，3，……，9中取出两个分别作为对数的底数和真数，可组成多少个不同数值的对数?
由于底数不能为1。
⑴当1选上时，1必为真数，∴有一种情况。
⑵当不选1时，从2--9中任取两个分别作为底数，真数，共A（8,2）=56，其中log2为底4=log3为底9，log4为底2=log9为底3,log2为底3=log4为底9,log3为底2=log9为底4.
因而一共有56-4+1=53个。
例17.六人排成一排，要求甲在乙的前面，（不一定相邻），共有多少种不同的方法?
如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢?
（一）实际上，甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称，具有相同的排法数。
因而有=360种。
（二）先考虑六人全排列；
其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位，因而前面的排法数重复了种，∴共=120种。
例18．5男4女排成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，共有多少种不同的方法?
首先不考虑男生的站位要求，共A（9,9）种；
男生从左至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复了次。
因而有=9×
8×
7×
6=3024种。
若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法，同理也有3024种，综上，有6048种。
例19.三个相同的红球和两个不同的白球排成一行，共有多少种不同的方法?
先认为三个红球互不相同，共A（5,5）=120种方法。
而由于三个红球所占位置相同的情况下，共A（3,3）=6变化，因而共A（5,5）/A（3,3）=20种。
公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列（即排序）。
（P是旧用法，现在教材上多用A，Arrangement）
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列（即不排序）。
6．挡板的使用
例20．10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法?
把10个名额看成十个元素，在这十个元素之间形成的九个空中，选出七个位置放置档板，则每一种放置方式就相当于一种分配方式。
因而共36种。
7．区别与联系
所有的排列都可以看作是先取组合，再做全排列；
同样，组合如补充一个阶段（排序）可转化为排列问题。
例21.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，
⑴可组成多少个不同的四位数?
⑵可组成多少个不同的四位偶数
⑶可组成多少个能被3整除的四位数?
⑴有A（6,4）-A（5,3）=300个。
⑵分为两类：
0在末位，则有A（5,3）=60种：
0不在末位，则有C（2,1）×
A（5,3）-C（2,1）×
A（4,2）=96种。
∴共60+96=156种。
⑶先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选
0，1，2，3
0，1，3，5
0，2，3，4
0，3，4，5
1，2，4，5
它们排列出来的数一定可以被3整除，再排列，有：
4×
[A（4,4）-A（3,3）]+A（4,4）=96种。
8．分组问题
例22.5名学生分配到4个不同的科技小组参加活动，每个科技小组至少有一名学生参加，则分配方法共有多少种？
（一）先把5个学生分成二人，一人，一人，一人各一组。
其中涉及到平均分成四组，有C（5,3）=10种分组方法。
可以看成4个板三个板不空的隔板法。
（二）再考虑分配到四个不同的科技小组，有A（4,4）=24种，
由
（一）
（二）可知，共10×
24=240种。
9.几何问题
例23.某区有7条南北向街道，5条东西向街道（如右图）
⑴图中共有多少个矩形？
⑵从A点到B点最近的走法有多少种？
⑴在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线
可组成1个矩形，故可组成矩形C（7,2）·
C（5,2）=210个
⑵每条东西向的街道被分成4段，每条南北向的街道被分成6段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另外4段方向相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C（10,6）=C（10,4）=210种走法（同样可以从10段中选出4段走南北方向，每一种选法即是1种走法）。
所以共有210种走法。
口诀
排列、组合、二项式定理公式口诀：
加法乘法两原理，贯穿始终的法则。
与序无关是组合，要求有序是排列。
[3]
两个公式两性质，两种思想和方法。
归纳出排列组合，应用问题须转化。
排列组合在一起，先选后排是常理。
特殊元素和位置，首先注意多考虑。
不重不漏多思考，捆绑插空是技巧。
排列组合恒等式，定义证明建模试。
关于二项式定理，中国杨辉三角形。
两条性质两公式，函数赋值变换式。
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