apzy%xll排列组合例题讲解

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① 我们‖打〈败〉了敌人。

②我们‖〔把敌人〕打〈败〉了。

排列组合例题讲解1

例1．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒 ，则不同的选购方式共有

(A) 5种

(B) 6种

(C) 7种

(D) 8种

( )

解法一 记购买的软件数为x，磁盘数为y，依题意

x,y∈Z x≥3,y≥2

60x＋

70y≤500

当x＝3时，y＝2，3，4；当x＝4时，y＝2，3；当x＝5时，y＝2；当x＝6时，y＝2.上述的不等式组共有7组解，故不同的选购方式共有7种，选C．

解法二 依题意，(x，y)是在坐标平面上，位于三条直线L1：x＝3，L2：y＝2，L3：60x＋70y=500围成的三角形的边界及内部的点(坐标均为整数的点)，如图7－2－1，这样的点共有7个，故选C．

评述 这是一个计数的应用问题，解法一转化为求不等式组的整数解的个数；解法二转化求坐标平面上特定区域内的整点个数．事实上，两种解法最终都采用了穷举法．这是解决计数问题的基本方法之一．

例2．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄,为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于

6垄，则不同的种植方法共有多少种？

解法一 如表格所示，用×表示种植作物的地垄，О表示未种植作物的地垄，则不同的选垄方法共有6种，由于A、B是两种作物，故不同的种植方法共有12种．

解法二 选垄方法可分为三类：第一类间隔为6垄，有1－8，2－9，3－10三种选

法；第二类间隔为7垄，有1－9，2－10两

种选法；第三类间隔为8垄，只有1－10种选法，故选垄方法共6种，种植方法共12种．

评述 这是一个计数的应用问题，解法一采用了画框图的方法；解法二直接应用加法原理和乘法原理．

若将例1和例2判定为排列与组合的问题，并布列含排列数或组合数的算式，反而会将对问题的思考复杂化，难以得出正确的结论，由此可见，不应把计数问题都简单归结为排列和组合的问题，也不能只通过计算排列数或组合数求解．

例3．7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数． (1)甲排中间； (2)甲不排在两端； (3)甲、乙相邻；

(4)甲在乙的左边(不一定相邻)； (5)甲、乙、丙两两不相邻．

解：(1)甲排中间，其余6人任意排列，故共有P66＝720种不同排法．

(2)若甲排在左端或右端，各有P66种排法，故甲不排在两端共有P772P66＝3600种不同排法．

(3)法一：先由甲与除乙以外的5人(共6人)任意排列，再将乙排在甲的左侧或右侧(相邻)，故共有P66·P2＝1440种不同排法．

法二：先将甲、乙合成为一个“元素”，连同其余5人共6个“元素”任意排列，再由甲、乙交换位置，故共有P66·P2＝1440种不同排法．

(4)在7人排成一行形成的P77种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的排法是一一对

1

1

应的(其余各人位置不变)，故甲在乙的左边的不同排法共有

17

P7＝2520种不同解法． 2

(5)先由除甲、乙、丙以外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”，再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，每“空”1人，故共有P44P53＝1440种不同的排法．

评述 这是一组排队的应用问题，是一类典型的排列问题，附加的限制条件常是定位与限位，相邻与不相邻，左右或前后等．

例4．用0，1，2，3，4，5六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)5的倍数； (2)比20300大的数；

(3)不含数字0，且1，2不相邻的数．

解：(1)5的倍数可分为两类：个位数的位置上的数字是0或5， 个位数字是0的五位数有P54个； 个位数字是5的五位数有4P43个； 故5的倍数共有P54＋4P4＝216个 (2)比20300大的五位数可分为三类：

第一类：3××××，4××××，5××××；有3P54个； 第二类：21×××，23×××，24×××，25×××，有4P4个； 第三类：203××，204××，205××，有3P32个． 故比20300大的五位数共有3P54＋4P4＋3P32＝474个．

(3)组成不含数字0，且1，2不相邻的数可分为两步，第一步：将3，4，5三个数字排成一行；第二步：将1，2插入第一步所形成四个“空”中的两个“空”，故共有P33P4＝72个．

评述 这是一组组成无重复数字的多位数的排数问题，也是一类典型的排列问题，常见的附加条件是倍数关系，大小关系、相邻关系等．应当注意的是排队问题不会有元素重复的问题，而排数问题必须规定无重复数字才是排列问题．

例5 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，不同取法共有

2

3

3

3

(A) 150种

(B) 147种

(C) 144种

(D) 141种

( )

分析 取出的四个点不共面的情况要比取出的四个点共面的情况复杂，可采用间接法，先不加限制任取四点，再减去四面共点的取法．

4

解 在10个点中任取4点，有C10种取法，取出

的4点共面有三类(如图7－2－3)．

4第一类：共四面体的某一个面，有4C6种取法；

第二类：过四面体的一条棱上的三点及对棱的中点，如图中的平面ABE，有6种取法；

第三类：过四面体的四条棱的中点，面与另外两条棱平行，如图中的平面EFGM，共有3个．

44故取4个不共面的点的不同取法共有C10－(4C6＋6＋3)＝141(种)

因此选D

评述 由点组成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，常见的附加条件是点共线与不共线，点共面与不共面，线共面与不共面等．

例6 (1)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，这样的投放方法的总数为 ；

(2)四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共 有 种．

2解(1)第一步：投放2个球，使其编号与盒子编号相同，有C5种投法；第二步：投入其

余3个球，以第一步的投法是1，2号球投入1，2号盒子内为例，其余3个球由于不能再出现球号与盒号相同的投法，如框图所示有2种投法．

3

4

5

3

4

5

2综上可知，符合题意的投放方法共有C5×2＝20种．

(2)第一步：取出两个小球(C4种取法)合成一个“元素”，与另外两个球合成三个“元素”；

2

第二步：将3个元素放入4个盒中的3个盒子，每个盒子放一个元素，形成一个空盒(P43种

2

放法)，故符合题意的放法共有C4·P43＝144种．

评述 这是一组具有一定综合性的计数问题，应当注意，第(1)题如果判定第二步余下3

2球可任意放入余下3 个盒子，列出C5·P33的算式，就会出错．