【数学】2020届一轮复习人教A版 计数原理、排列组合 学案

【数学】2020届一轮复习人教A版 计数原理、排列组合 学案

高考总复习：计数原理、排列组合 ‎ ‎ ‎【考纲要求】‎ ‎1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.‎ ‎2．理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式；能解决简单的实际问题.‎ ‎【知识网络】‎ 排列数公式 组合 两个计数原理 排列 排列概念 组合概念 组合数公式 组合数性质 应用 ‎【考点梳理】‎ 要点一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ‎1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2方案中有n种不同的方法。那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法。‎ 要点诠释：‎ 如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中哪一种方法都能完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；在解题时，应首先分清楚怎样才算完成这件事，有些题目在解决时需要进行分类讨论，分类时要适当地确定分类的标准，按照分类的原则进行，做到不重不漏。‎ ‎2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法。‎ 要点诠释：‎ 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，计算完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理。解题时，关键是分清楚完成这件事是分类还分步，在应用分步乘法计数原理时，各个步骤都完成，才算完成这件事，步骤之间互不影响，即前一步用什么方法，不影响后一步采取什么方法，运用分步乘法计数原理，要确定好次序，还要注意元素是否可以重复选取。‎ ‎3．两个计数原理的综合应用 ‎（1）在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同应用计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成的，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求。另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定。解题时经常是两个原理交叉在一起使用，分类的关键在于要做到“不重不漏”，分类的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步。‎ ‎（2）对于复杂问题，只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理不能解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某步中再分类。‎ 要点二、排列与组合基础知识 1. 定义、公式 排列与排列数 组合与组合数 定义 ‎1．排列：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。‎ ‎2．排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。‎ ‎1．组合：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。‎ ‎2．组合数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。‎ 公式 排列数公式 组合数公式 性质 ‎（1）‎ ‎（2）‎ 备注 要点诠释：‎ 区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键是看所选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，否则是组合问题。‎ 1. 排列数、组合数计算 ‎（1）排列数公式：右边第一个因数为n，后面每个因数都比它前面那个因数少1，最后一个因数是n-m+1,共m个因数。公式主要用于含有字母的排列数的式子的变形与论证；‎ ‎（2）组合数公式有乘积形式与阶乘形式两种，与排列数公式的应用一样，前者多用于数字计算，后者多用于对含有字母的组合数的式子进行变形和论证。还应注意组合数公式的逆用，即由写出。‎ 要点诠释：‎ 在排列数、组合数计算过程要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解。‎ 要点三、排列应用题 求排列应用题的主要方法有：‎ ‎（1）直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；‎ ‎（2）特殊元素（或位置）优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；‎ ‎（3）排列、组合混合问题先选后排的方法；‎ ‎（4）相邻问题捆绑处理的方法。即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列； ‎ ‎（5）不相邻问题插空处理的方法。即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中；‎ ‎（6）分排问题直排处理的方法；‎ ‎（7）“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；‎ ‎（8）定序问题除法处理的方法。即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列；‎ ‎（9）正难则反，等价转化的方法。‎ 要点四、组合应用题 组合问题常有以下两类题型变化：‎ ‎（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取。‎ ‎（2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解。用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理。‎ 要点五、排列、组合应用题 ‎1. 排列、组合问题几大解题方法：‎ ‎①直接法. ‎ ‎②排除法.‎ ‎③捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.‎ ‎④插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.‎ ‎⑤占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.‎ ‎⑥调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n个元素进行全排列有种，个元素的全排列有种，由于要求m个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到去调序的作用，即若n个元素排成一列，其中m个元素次序一定，共有种排列方法.‎ ‎⑦平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有.‎ ‎⑧隔板法：常用于解正整数解组数的问题.‎ 例如：‎ 的正整数解的组数就可建立组合模型将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成11个空隙中任选三个插入3块摸板，把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为显然，故（）是方程的一组解.反之，方程的任何一组解，对应着惟一的一种在12个球之间插入隔板的方式（如图 ‎ 所示）故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数.‎ 注意：若为非负数解的x个数，即用中等于，有，进而转化为求a的正整数解的个数为 .‎ ‎2.解排列组合的应用题要注意以下几点：‎ ‎（1）仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分类；‎ ‎（2）深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，要防止重复和遗漏，辩证思维，多角度分析，全面考虑；‎ ‎（3）对限制条件较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后用两个计数原理来解决；‎ ‎（4）由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决方案是否完备，有无重复和遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看结果是否相同。在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复。‎ ‎（5）排列组合综合题目，一般是符合要求的元素取出（组合）或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列。其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准。‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、分类计数原理 ‎【例1】在1到20这20个整数中，任取两个相加，使其和大于20，共有几种取法？‎ ‎【思路点拨】采用列举法分类，先确定一个加法，再利用“和大于20”确定另一个加数。‎ ‎【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，1种取法。‎ 当一个加数是2时，另一个加数可以是19，20，2种取法。‎ 当一个加数是3时，另一个加数可以是18，19，20，3种取法。‎ ‎……‎ 当一个加数是10时，另一个加数可以是11，12，……，20，10种取法。‎ 当一个加数是11时，另一个加数可以是12，13，……，20，9种取法。‎ ‎……‎ 当一个加数是19时，另一个加数是20，1种取法。‎ 由分类加法计数原理可得共有1+2+3+……+10+9+8+……=100各取法。‎ ‎【总结升华】选择恰当的分类标准，作到不重不漏。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少?‎ ‎【答案】设较小的两边长为x、y且x≤y，则 当x=1时，y=11；‎ 当x=2时，y=10，11；‎ 当x=3时，y=9，10，11；‎ 当x=4时，y=8，9，10，11；‎ 当x=5时，y=7，8，9，10，11；‎ 当x=6时，y=6，7，8，9，10，11；‎ 当x=7时，y=7，8，9，10，11；‎ ‎……‎ 当x=11时，y=11.‎ 所以不同三角形的个数为：1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36.‎ ‎【变式2】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?‎ ‎【答案】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。‎ ‎ 第一类：这两个人都去当钳工，有种；‎ ‎ 第二类：这两人有一个去当钳工，有种；‎ ‎ 第三类：这两人都不去当钳工，有种；‎ ‎ 因而共有185种。‎ 类型二、分步计数原理 ‎【例2】某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2无。某人想先选定吉利号18，然后从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注。若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？‎ ‎【思路点拨】本题中要完成选彩票这件事，必须把1到17中的3个连续号，19到29中的2个连续号，30到36中的1个号都选出才算完成这件事，所以完成这件事可分三步，用分步乘法计数原理解决。‎ ‎【解析】第1步：从01到17中选3个连续号有15种选法；‎ 第2步：从19到29中选2个连续号有10种选法；‎ 第3步：从30到36中选1个号有7种选法。‎ 由分步乘法计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7=1050注，故至少要花1050×2=2100元。‎ ‎【总结升华】解题时，关键是分清楚完成这件事是分类还分步，在应用分步计数原理时，各个步骤都完成，才算完成这件事，步骤之间互不影响，运用分步计数原理，要确定好次序，还要注意元素是否可以重复选取。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】‎ ‎（1）四名运动员争夺三项冠军，不同的结果最多有多少种？‎ ‎（2）四名运动员参加三项比赛，每人限报一项，不同的报名方法有多少种？‎ ‎【解析】‎ ‎（1）完成这件事分三步：‎ 第一步确定第一项冠军的得主，可能是这四名运动员中的任一个，则有4种不同结果；‎ 第二步确定第二项冠军的得主，也可能是这四名运动员中的任一个，也有4种不同结果；‎ 第三步确定第三项冠军得主，也有4种不同结果.‎ 则共有4×4×4=64种不同结果.‎ ‎（2）完成这件事情分四步: ‎ 第一步让第一名运动员报一项比赛，他可以选择三项比赛中的任一种，则有3种不同的报名方法；第二步让第二名运动填报，也有3种不同方法；‎ 第三步，第四步分别让第3，第4名运动员报，结果都一样.‎ 则共有3×3×3×3=81种不同结果.‎ ‎【点评】弄清两个原理的区别与联系，是正确使用这两个原理的前提和条件.这两个原理都是指完成一件事而言的.其区别在于：（1）分类计数原理是“分类”，分步计数原理是“分步”；（2）分类计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事，分步计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事.‎ ‎【变式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种颜色可供使用，求不同的染色方法。‎ ‎【答案】420种；‎ 四棱锥S—ABCD的顶点S，A，B所染颜色互不相同，它们共有5*4*3=60种染色方法。‎ 当S，A，B已染好时，不妨设颜色分别为1，2，3；‎ 若C染2则D可颜色3或4或5，若C染4则D可颜色3或5，若C染5则D可颜色3或4，‎ 可见，当SAB已染好时，C，D还有7种染法 由分步计数原理，染色方法总数有60×7=420种。‎ 类型三、两个计数原理的综合应用 例3.（2018 台江区校级一模） 某校高一年级 个班学生中的 人自愿组成数学课外小组，其中一、二、三、四班的学生数分别为 人、 人、 人、 人，求：‎ ‎(1) 选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？‎ ‎(2) 每班选一名组长，有多少种不同的选法？‎ ‎(3) 推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？‎ ‎【解析】(1) 由分类计数原理可知有 种．‎ ‎(2) 由分步计数原理可知有 种．‎ ‎(3) 两人来自一班和二班有：种 两人来自一班和三班有：种 两人来自一班和三班有：种 两人来自二班和三班有：种 两人来自二班和四班有：种 两人来自三班和四班有：种 所以共有 ‎ 种．‎ ‎【变式】(2018 河南模拟改编)48. 一个口袋里有 封信，另一个口袋里有 封信，各封信内容均不相同．‎ ‎(1) 从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？‎ ‎(2) 从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？‎ ‎(3) 把这两个口袋里的 封信，分别投入 个邮筒，有多少种不同的投法？‎ ‎【解析】 (1) 任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此有两类办法，‎ 用分类加法计数原理，共有 （种）．‎ ‎ (2) 各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，‎ 由分步乘法计数原理，共有 （种）．‎ ‎(3) 第一封信投入邮筒有 种可能，第二封信仍有 种可能 第九封信还有 种可能．由分步乘法计数原理可知，共有 种不同的投法．‎ 类型四、排列数、组合数计算 ‎【例4】计算下列各式的值 ‎（1）（2）（3）‎ ‎【思路点拨】利用排列数和组合数的公式及意义求解，（2）中注意n的取值范围。‎ ‎【解析】（1）方法一：‎ 方法二：‎ ‎（2）若有意义，‎ 则解得。‎ ‎（3）‎ ‎【总结升华】在排列数、组合数计算过程要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解。‎ 举一反三：‎ ‎【变式2】解方程：（1）；（2）.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）利用，‎ 原方程可化为： 或 ‎ 解得或 故原方程的解为：或。‎ ‎（2）原方程 ‎ ‎ 解得.‎ 故原方程的解为：。‎ ‎【变式2】 一条铁路原有m个车站，为适应客运需要，新增加n（n≥1，n∈N*）个车站，因而增加了58种车票（起点站与终点站相同的车票视为相同的车票），问原来这条铁路有几个车站?现在又有几个车站?‎ ‎【思路点拨】根据已知条件列出排列数方程，根据方程进行分类讨论即可求解。‎ ‎【解析】由题设，即.‎ ‎（1）若n=1，则2m－1+n=58，m=29；‎ ‎（2）若n=2，则2m－1+n=29，m=14；‎ ‎（3）若n=58，则2m－1+n=1，m=－28，不合题意，舍去.‎ ‎（4）若n=29，则2m－1+n=2，m=－13，不合题意，舍去；‎ 所以原有14个车站，现有16个车站；或者原有29个车站，现有30个车站.‎ ‎【总结升华】解由排列数与组合数形式给出的方程时，在去掉排列数与组合数的符号时，要注意把排列数与组合数定义中的取出元素与被取元素之间的关系以及它们都属自然数的这重要限定写在去掉符号之前。‎ 类型五、排列组合常见问题及解法 一、分析题意明确是分类问题还是分步问题，是排列还是组合问题 ‎【例5】用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：‎ ‎（1）奇数；（2）5的倍数；（3）比20300大的数；（4）不含数字0，且1，2不相邻的数。‎ ‎【思路点拨】（1）确定个位数为奇数，然后确定万位数，然后排列中间的3个位置，即可。‎ ‎（2）比20300大的数，按照万位、千位、百位，分别求出满足题目的数目即可。‎ ‎（3）不相邻问题采用插空法解决。‎ ‎【解析】（1）要得到一个5位数的奇数，分成3步，‎ 第一步考虑个位必须是奇数，从1，3，5中选出一个数排列个位的位置上有种；‎ 第二步考虑首位不能是0，从余下的不是0的4个数字中任选一个排在首位上有种；‎ 第三步：从余下的4个数字中任选3个排在中间的3个数的位置上有种，‎ 由乘法原理共有（个）。‎ ‎（2）按0作不作个位来分类 ‎ 第一类：0作个位，则有；‎ ‎ 第二类：0不作个位即5作个位，则。‎ ‎ 则共有这样的数为：（个）。‎ ‎（3）比20300大的五位数可分为三类：‎ ‎ 第一类：3xxxx, 4xxxx, 5xxxx，有个；‎ ‎ 第二类：21xxx, 23xxx, 24xxx, 25xxx，有个；‎ 第三类：203xx, 204xx, 205xx, 有个，‎ 因此，比20300大的五位数共有：（个）。‎ ‎（4）不含数字0且1，2不相邻的数分两步完成：‎ 第一步：将3，4，5三个数字排成一行；‎ 第二步：将1和2插入四个“空”中的两个位置，‎ 故共有个不含数字0，且1和2不相邻的五位数。‎ ‎【总结升华】计数原理的应用问题，采用特殊位置优先考虑的原则，注意分类与分步计数原理的应用，考查计算能力。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】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，如图。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?‎ ‎【解析】‎ ‎(1)从M到N必须向上走3步，向右走5步，共走8步；‎ ‎(2)每一步是向上还是向右，决定了不同的走法；‎ ‎(3)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8个步骤中选出哪3步是向上走，或者选出哪5步是向右走，就可以确定走法数，‎ ‎∴从M到N不同的走法种数为：，或。‎ ‎【变式2】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____。‎ ‎ (A)240 (B)180 (C)120 (D)60‎ ‎【答案】分步解决：‎ ‎ (一)从6双中选出一双同色的手套，有种方法；‎ ‎ (二)从剩下的十只手套中任选一只，有种方法；‎ ‎ (三)从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有种方法；‎ ‎ (四)由于选取与顺序无关，因而(二)(三)中的选法重复一次；‎ ‎ 因而共 ‎【变式3】现有印着0，l，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?‎ ‎【答案】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，有种方法：‎ ‎ 抽出的三数含0不含9，有种方法 ‎ 抽出的三数含9不含0，有种方法：‎ ‎ 抽出的三数不含9也不含0，有种方法。‎ ‎ 又因为数字9可以当6用，‎ 因此共有种方法。‎ 二、特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑 ‎【例6】五个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：‎ ‎（1）甲必须在排头；‎ ‎（2）甲必须在排头，并且乙在排尾；‎ ‎（3）甲、乙必须在两端；‎ ‎（4）甲不在排头，并且乙不在排尾；‎ ‎（5）甲、乙不在两端；‎ ‎（6）甲在乙前；‎ ‎（7）甲在乙前，并且乙在丙前；‎ ‎【思路点拨】先考虑排头，排尾，但这两个要求相互有影响，因而要考虑分类。‎ ‎【解析】（1）特殊元素是甲，特殊位置是排头；首先排“排头”有种，再排其它4个位置有种，所以共有：×=24种 ‎（2）甲必须在排头，并且乙在排尾的排法种数：××=6种 ‎（3）首先排两端有种，再排中间有种，‎ 所以甲、乙必须在两端排法种数为：×=12种 ‎（4）甲不在排头，并且乙不在排尾排法种数为：－2+=78种 ‎（5）因为两端位置符合条件的排法有种，中间位置符合条件的排法有种，‎ 所以甲、乙不在两端排法种数为×=36种 ‎（6）因为甲、乙共有2！种顺序，所以甲在乙前排法种数为：÷2！=60种 ‎（7）因为甲、乙、丙共有3！种顺序，‎ 所以甲在乙前，并且乙在丙前排法种数为：÷3！=20种 ‎【总结升华】站队问题是排列组合中的典型问题，解题时，要先从特殊元素和特殊位置入手。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】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？‎ ‎【答案】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：第五次测试的次品有种可能；‎ 第二步：前四次有一件正品有种可能；‎ 第三步：前四次有种可能；‎ ‎∴共有种可能。‎ 三、捆绑与插空 ‎【例7】8人排成一队 ‎(1)甲乙必须相邻 ‎ ‎(2)甲乙不相邻 ‎ ‎(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻 ‎ ‎(4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻 ‎ ‎(5)甲乙不相邻 ，丙丁不相邻 ‎ ‎ 【思路点拨】有限制条件的排列问题，常见类型是“在与不在”、“邻与不邻”问题，可分别用相应方法。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)有种方法 ‎(2)有种方法 ‎(3)有种方法 ‎(4)有种方法 ‎(5)本题不能用插空法，不能连续进行插空，用间接解法：‎ 全排列-甲乙相邻-丙丁相邻+甲乙相邻且丙丁相邻，‎ 共种方法。‎ ‎【总结升华】解决本题的关键是掌握一些技巧在解题时很有用，如本题中所用到的绑定，与插空，这些技巧都是针对某一类问题的，不同的问题中所采用的技巧，将这些技巧与具体的背景结合起来。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】停车场有一排12个停车位置，今有8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法是_____种。‎ ‎【答案】把空车位看成一个元素，和8辆车共九个元素排列，因而共有种停车方法。‎ ‎【变式2】有n个不同的小球和n个不同的小盒，现将这n个小球放入到小盒中，恰有1个空盒的放法共有多少种？‎ ‎【答案】恰有1个空盒的放法即有2个小球放在同一盒中，其余各盒各放1个小球，必出现1个空盒。‎ 先从n个小球中任取其中2个“捆”在一起的取法有种，‎ 再把“捆”后的n-1个小球排放在n个小盒中的n-1个盒中，这样的排放方法有种，‎ 故满足题意的方法总数为种。‎ ‎【变式3】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？‎ ‎【答案】∵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个排列，即 ‎【变式4】马路上有编号为1，2，3，……，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，求满足条件的关灯方法共有多少种？‎ ‎【答案】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 ‎∴‎ 四、间接法 ‎【例8】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,不同的取法共有多少种？‎ ‎【思路点拨】本题直接计数很困难,用间接法,从10个点中取4个有种方法,剔除四点共面的情况有: ‎ ‎(1)四个面上的种数为 ‎(2)三点在一条棱上,另一点为其对棱中点的种数为6‎ ‎(3)任一组对棱以外的四棱中点的四点共面种数有3种 故不同的取法共有种 ‎【总结升华】为求完成某件事的方法种数，如果我们分步考虑时，会出现某一步的方法种数不确定或计数有重复，就要考虑用分类法，分类法是解决复杂问题的有效手段,而当正面分类情况种数较多时，则就考虑用间接法计数。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】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？‎ ‎【答案】由于底数不能为1。‎ ‎(1)当1选上时，1必为真数，∴有一种情况；‎ ‎(2)当不选1时，从2--9中任取两个分别作为底数，真数，共，‎ ‎ 其中 ‎ 因而一共有53个。‎ ‎【变式2】7人选5人排成一队，其中甲不能排在中间，有多少种不同的排法?‎ ‎【答案】‎ ‎（1）选甲：共有 ‎（2）不选甲：‎ 所以共有2160种不同的排法。‎ 五、隔板法 ‎【例9】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？‎ ‎【思路点拨】把10个相同的名额放到八个班中，每班至少一个，可以用隔板法来解。‎ ‎【解析】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 ‎【总结升华】对于相同元素的分配问题，常采用隔板法，灵活运用隔板法能处理一些较复杂的排列组合问题,但使用时有三点要求：①元素相同；②每组均“非空”,即每组中至少分一个元素；③不能有剩余元素。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】15个相同的球，放入标有1，2，3，4的四个盒子内，求分别满足下列条件的放法种数：‎ ‎(1)每个盒子放入的球数不小于盒子的号码；‎ ‎(2)15个球随意放入四个盒，使得每个盒子不空。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)先在2号盒子放入1球，在3号盒子放入2球，在4号盒子放入3球，共用去6个球，‎ 还剩下9个球，相同的球，可以用挡板法，在8个空中插入3块挡板，共有；‎ ‎(2)‎ 六、定序问题 ‎【例10】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？‎ ‎【思路点拨】本题可以采用消序的方法。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）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；‎ ‎（2）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位站，‎ 由于三人所占位置相同的情况下，共有种变化，‎ ‎∴‎ ‎【总结升华】当某些元素次序一定时，先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列，解题方法是：n个元素排成一列，其中m个元素次序一定，共有种排列方法。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】用0，1，2，……，6组成无重复数字的六位数字，‎ ‎(1)其中偶数数字从高位到低位由大到小排，有多少不同的数字?‎ ‎(2)其中偶数数字从高位到低位由大到小排，奇数数字也从高位到低位由大到小排，有多少不同的数字?‎ ‎【解析】‎ ‎(1)分类：‎ 取3个偶数、3个奇数，有：‎ 取4个偶数、2个奇数，有：‎ 故共有个数字。‎ ‎ (2)分类： ‎ 取3个偶数、3个奇数，有： ‎ 取4个偶数、2个奇数，有： ‎ 故共有个数字 七、排列组合综合应用 ‎【例11】‎ ‎（1）某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 种．（用数字作答）‎ ‎（2）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有__________种（用数字作答）．‎ ‎【思路点拨】（1）根据题意，先安排第一棒，再安排最后一棒，由于甲既可以传第一棒，又可以传最后一棒，因此应分类讨论，然后再逐类排出。‎ ‎（2）根据题意，先将数字之和是10的数分类，然后再逐类安排。‎ ‎【解析】（1）甲传第一棒，乙传最后一棒，共有种方法；‎ 乙传第一棒，甲传最后一棒，共有种方法；‎ 丙传第一棒，共有种方法。‎ 由分类加法计数原理，共有++=96种方法。‎ ‎（2）取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144，2233，1234；‎ 所取卡片是1144的共有种排法；‎ 所取卡片是2233的共有种排法；‎ 所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法++++=16种，‎ ‎∴共有排法18=18×4×3×2×1=432种。‎ ‎【总结升华】解排列组合的应用题要注意以下几点：‎ ‎（1）仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分类；‎ ‎（2）深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，要防止重复和遗漏，辩证思维，多角度分析，全面考虑；‎ ‎（3）对限制条件较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后用两个计数原理来解决；‎ ‎（4）由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决方案是否完备，有无重复和遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看结果是否相同。在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复。‎ ‎（5）排列组合综合题目，一般是符合要求的元素取出（组合）或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列。其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数。‎ ‎(1)可组成多少个不同的四位数？‎ ‎(2)可组成多少个不同的四位偶数？‎ ‎(3)可组成多少个能被3整除的四位数？‎ ‎(4)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？‎ ‎【解析】‎ ‎(1)有 ‎(2)分为两类：0在末位，则有种；0不在末位，则有 ‎∴　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎(3)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，‎ ‎∴共有：‎ ‎(4)首位为1的有 前两位为20的有 前两位为21的有 因而第85项是前两位为23的最小数，即为2301。‎