排列组合中的站队问题

2024-10-11

排列组合中的站队问题（通用9篇）

排列组合中的站队问题篇1

由于排列组合的抽象性, 解决问题的关键就是将抽象问题具体化, 必须要善于总结归纳题型, 把握合理分步, 准确分类, 不重不漏的原则.

排列组合在整个高中数学中是个独立性比较强, 与生活联系紧密, 非常生动、有趣的章节. 因为极具抽象性而成为“教”与“学”难点. 有相当一部分题目教者很难用比较清晰简洁的语言讲给学生听, 有的即使教者觉得讲清楚了, 但是由于学生的认知水平, 思维能力在一定程度上受到限制, 还不太适应. 从而导致学生对题目一知半解, 甚至觉得“云里雾里”. 针对这一现象, 笔者在日常教学过程中经过尝试总结出一些个人的想法跟各位同行交流一下.

笔者认为之所以学生“怕”学排列组合, 主要还是因为排列组合的抽象性, 那么解决问题的关键就是将抽象问题具体化, 必须要善于总结归纳题型, 把握合理分步, 准确分类, 不重不漏的原则. 通过本人的教学实践, 发现排列、组合中有一类问题, 学生经常出错, 理解不清, 即分组 ( 堆) 问题, 下面是我结合教学实践与研究, 改进后的一些具体做法. 实践表明: 掌握好了这类问题不仅能帮助同学加深对分类、分步计数原理的理解, 而且能解决一类比较复杂的排列、组合、概率问题, 收到了比较好的教学效果.

一、基础知识

1. 有关分组的一些概念

( 1) 非均匀分组与均匀分组: 将n个元素分成m个组后, 若各组里元素个数彼此不相等, 则称为非均匀分组; 若各组里的元素个数全部相等或一部分组里的元素个数相等, 则称为均匀分组.

( 2) 不编号分组与编号分组: 若分组后组与组之间无区别, 即交换组与组之间的顺序不影响事件的结果, 则称为不编号分组. 反之称为编号分组.

2. 有关分组的公式

( 1) 非均匀不编号分组: 将n个不同元素分成不编号的m个组, 每组里的元素个数分别为mk ( k = 1, 2, …, n) , 若mi≠mj ( i≠j) , 则分组的方法数为:

( 2) 均匀不编号分组: 将n个不同元素分成不编号的m个组, 若其中有k个组元素的个数是相等的 ( 2≤k≤m) , 则分组方法数为

( 3) 非均匀编号分组: 将n个元素分成编号的m个组, 每组里元素个数分别为mk ( k = 1, 2, …, m) , 若mi≠mj ( i≠j) , 则分组方法数为:

( 4) 均匀编号分组: 将n个元素分成编号的m个组, 若其中有k个组的元素个数相等 ( 2≤k≤m) , 则分组方法数为:

二、综合应用

掌握这类问题, 必须准确地判断分组的类型, 下面结合实例加以说明.

例1甲、乙、丙三位老师分别到6个班任教, 其中:

( 1) 一人教一个班, 一人教二个班, 一人教三个班, 有多少种不同安排方法?

( 2) 三人都教两个班, 有多少种不同安排方法?

( 3) 二人各教一个班, 另一个人教4个班, 有多少种不同的安排方法?

分析: ( 1) 先看班级分组是非均匀不编号分组, 有C16C25C33;再考虑老师, 有A33种, 故共有C16C25C33A33种排法.

( 2) 光看班级是均匀不编号分组, 有C26C24C22/A33; 再考虑老师有A33种方法, 故共有C26C24C22A33·A33种排法.

( 3) 班级是均匀不编号分组, 有C16C15C44/A22; 再考虑老师有A33种方法, 故共有C16C15C44/A22·A33种安排方法.

说明: 本例也可班级与教师组合考虑, 即 ( 1) 为非均匀编号分组; ( 2) ( 3) 均为均匀编号分组.

例2 6名歌唱演员分成4组, 每组人数分别为1, 1, 2, 2, 三名声乐老师分成两组) 且一组教师辅导二组演员, 问有多少种不同的分配方案?

分析: 本例要分三个步骤:

第一步: 6个学生分成四组, 属均匀不编号分组, 有

第二步: 3名老师分成二组, 属不均匀不编号分组, 有C13C22种方法.

第三步: 2组老师对应分配给4组学生, 即每组老师辅导二组演员属均匀编号分组, 有C24·C22A2222种方法.

因此, 不同的分配方案共有= 810 种.

说明: 本例是一个较复杂的排列组合问题, 但归一到分组 ( 堆) 问题类型, 处理起来, 思路显得非常清晰.

例3 9国乒乓球队内有3国是亚洲国家, 抽签分成三组进行预赛 ( 每组3队)

试求: ( 1) 三个组各有一亚洲队的概率;

( 2) 三个亚洲国家队集中在某一组的概率;

( 3) 至少有两个亚洲国家队分在同一组的概率.

通过这种教学方式的改进, 可操作性更强了, 不仅强化了类型, 而且降低了学生思维的难度, 提高了解题的准确率, 使解题变的轻松、程序化, 实践表明: 学生是乐于接受的.

排列组合中的站队问题篇2

排列组合有关的题型主要从以下三个方面去考查考生：

1、掌握分类计数原理和分步计数原理及其简单应用;

2、理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质及其简单应用;

3、掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题。

与排列组合相关的高考题，它的知识背景与生活息息相关，考查的形式主要基于“基础知识+思想方法+数学能力”这三种方式结合的模式。排列组合相关知识内容并不难，但主要难在解题方法上面。

排列组合典型例题分析一：

有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数.

(1)选其中5人排成一排;

(2)排成前后两排，前排3人，后排4人;

(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾;

(4)全体排成一排，女生必须站在一起;

(5)全体排成一排，男生互不相邻;

(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人;

(7)全体排成一排，甲必须排在乙前面;

(8)全部排成一排，甲不排在左端，乙不排在右端.

解析：(1)从7个人中选5个人来排，是排列.有A75=7×6×5×4×3=2 520(种).

(2)分两步完成，先选3人排在前排，有A73种方法，余下4人排在后排，有A44种方法，故共有A73·A44=5 040(种).事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件.

(3)(优先法)

方法一：甲为特殊元素，先排甲，有5种方法;其余6人有A66种方法，故共有5×A66=3600种;

方法二：排头与排尾为特殊位置，排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有A62种方法，中间5个位置由余下4人和甲进行全排列，有A55种方法，共有A62×A55=3600种。

(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A44种方法，再将4名女生进行全排列，也有A44种方法，故共有A44×A44=576种.

(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A53种方法，

故共有A44×A53=1 440种.

(6)(捆绑法)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲乙两人，有A22种方法;第二步从余下5人中选3人排在甲乙中间，有A53种;第三步把这个整体与余下2人进行全排列，有A33种方法.故共有A22·A53·A33=720种.

(7)(消序法)A77/2=2 520.

(8)(间接法)A77-2A66+A55=3 720.

位置分析法：分甲在排尾与不在排尾两类.

常见的求解排列组合题的主要方法有以下这么几种：

插入法：对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题，可以用插入法。即先排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。

捆绑法：要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题。即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也可以作排列。

转化法：对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题，可以利用转化思想，将其化归为简单的、具体的问题来求解。

剩余法：在组合问题中，有多少取法，就有多少种剩法，他们是一一对应的，因此，当求取法困难时，可转化为求剩法。

对等法：在有些题目中，它的限制条件的肯定与否定是对等的，各占全体的二分之一。在求解中只要求出全体，就可以得到所求。

排异法：有些问题，正面直接考虑比较复杂，而它的反面往往比较简捷，可以先求出它的反面，再从整体中排除。

排列组合典型例题分析二：

用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个(用数字作答).

解析依题意按分类计数原理操作：

(1)当没有一个数字是偶数时，从1，3，5，7，9这五个数字中任取四个数，再进行全排列得无重复数字的四位数有A54=120个(或C54A44=120个);

(2)当仅有一个数字是偶数时，先从2，4，6，8中任取一个数，再从1，3，5，7，9中任取三个数，然后再进行全排列得到无重复数字的四位数有C41C53A44=960.故由分类计数原理得这样的四位数共有N=120+960=1080个。

一些考生容易在此块内容丢分，主要是由于排列组合试题知识相互交错，综合性强，思路灵活，解答时往往容易将二者的概念混淆，理不清，辨不明是排列问题，还是组合问题，进而造成解题失误。

考生要想拿到排列组合的分数解题时应注意不断积累经验，总结解题规律，掌握若干技巧，使看似复杂的问题迎刃而解。

排列组合问题作为高考数学常考内容，其考查形式大部分都以选择题、填题等形式出现，在一些省份的高考数学中会以解答题形式考查考生，试题的难度一般以中档题为主。

★ 《数学广角》教案

★ 数学广角重叠问题教学设计

★ 《数学广角的重叠问题》的评课稿

★ 小学五年级数学广角教学反思

★ 三年级数学广角搭配问题的教学反思

★ 三年级数学广角教学反思

★ 《数学广角》第二课时教案设计

★ 五年级上册数学广角知识点

★ 数学广角说课教案设计

排列组合中的分组(堆)问题篇3

通过本人的教学实践, 发现排列、组合中有一类问题, 学生经常出错, 理解不清, 即分组 ( 堆) 问题, 下面是我结合教学实践与研究, 改进后的一些具体做法. 实践表明: 掌握好了这类问题不仅能帮助同学加深对分类、分步计数原理的理解, 而且能解决一类比较复杂的排列、组合、概率问题, 收到了比较好的教学效果.

一、基础知识

1. 有关分组的一些概念

( 2) 不编号分组与编号分组: 若分组后组与组之间无区别, 即交换组与组之间的顺序不影响事件的结果, 则称为不编号分组. 反之称为编号分组.

2. 有关分组的公式

( 1) 非均匀不编号分组: 将n个不同元素分成不编号的m个组, 每组里的元素个数分别为mk ( k = 1, 2, …, n) , 若mi≠mj ( i≠j) , 则分组的方法数为:

( 2) 均匀不编号分组: 将n个不同元素分成不编号的m个组, 若其中有k个组元素的个数是相等的 ( 2≤k≤m) , 则分组方法数为

( 3) 非均匀编号分组: 将n个元素分成编号的m个组, 每组里元素个数分别为mk ( k = 1, 2, …, m) , 若mi≠mj ( i≠j) , 则分组方法数为:

( 4) 均匀编号分组: 将n个元素分成编号的m个组, 若其中有k个组的元素个数相等 ( 2≤k≤m) , 则分组方法数为:

二、综合应用

掌握这类问题, 必须准确地判断分组的类型, 下面结合实例加以说明.

例1甲、乙、丙三位老师分别到6个班任教, 其中:

( 1) 一人教一个班, 一人教二个班, 一人教三个班, 有多少种不同安排方法?

( 2) 三人都教两个班, 有多少种不同安排方法?

( 3) 二人各教一个班, 另一个人教4个班, 有多少种不同的安排方法?

分析1: 先看班级分组是非均匀不编号分组, 有再考虑老师, 有A33种, 故共有种排法.

分析2: 光看班级是均匀不编号分组, 有; 再考虑老师有A33种方法, 故共有种排法.

分析3: 班级是均匀不编号分组, 有再考虑老师有A33种方法, 故共有种安排方法.

说明: 本例也可班级与教师组合考虑, 即 ( 1) 为非均匀编号分组; ( 2) ( 3) 均为均匀编号分组.

例2 6名歌唱演员分成4组, 每组人数分别为1, 1, 2, 2, 三名声乐老师分成两组) 且一组教师辅导二组演员, 问有多少种不同的分配方案?

分析: 本例要分三个步骤:

第一步: 6个学生分成四组, 属均匀不编号分组, 有种方法

第二步: 3名老师分成二组, 属不均匀不编号分组, 有种方法.

第三步: 2组老师对应分配给4组学生, 即每组老师辅导二组演员属均匀编号分组, 有种方法.

因此, 不同的分配方案共有

说明: 本例是一个较复杂的排列组合问题, 但归一到分组 ( 堆) 问题类型, 处理起来, 思路显得非常清晰.

例3 9国乒乓球队内有3国是亚洲国家, 抽签分成三组进行预赛 ( 每组3队)

试求: ( 1) 三个组各有一亚洲队的概率

( 2) 三个亚洲国家队集中在某一组的概率

( 3) 至少有两个亚洲国家队分在同一组的概率

解: 9支队平均分成三组, 有种基本事件的结果, 而且每个结果出现的可能性都相等.

( 1) 记“三个组各有一个亚洲队”为事件A, 属均匀编号分组, 其结果有

( 2) 记“三个亚洲国家集中在某一组”为事件B, 属均匀不编号分组, 有种不同的结果.

( 3) 记“至少有两个亚洲国家队分在同一组”为事件C, 其对立事件为“三个组各有一个亚洲国家队”即P ( C) = 1–P ( A) = 1- 9/28=19/28.

排列组合中的站队问题篇4

河北围场一中王嘉伟

一、整体设计思路、指导依据：

《数学新课程标准》中指出好的数学教育要从学习者的已有知识和实际生活经验出发，提供给学生数学实践和交流的机会。”数学是解决生活中一些实际问题的工具，同时还开发智力，培养学生的逻辑思维能力。面对实际问题时，能主动尝试着从数学的角度运用所学知识和方法寻求解决问题的策略，是数学应用意识的重要体现。为学生后面学习排列组合问题打下基础。

二、教学背景分析： “排列组合问题的解题策略”是人教版普通高中课程标准（实验）教科书选修2-3第一章计数原理中的内容，排列和组合的思想方法不仅应用广泛，而且是学生学习概率统计的知识基础，同时也是发展学生抽象能力和逻辑思维能力的好素材。在高考中也是考点之一，本节重点在向学生渗透分类讨论，转化等数学思想方法，并初步培养学生有顺序地、全面地思考问题的意识，为学生今后学习组合数学和学习概率统计奠定基础。简单的两种计数原理和排列组合基本掌握了，由于本班学生的基础不是很好，数学水平参差不齐，所以采取小组合作学习的方式合理分配学生资源，借助集体的智慧来解决问题。本节课是在学生掌握简单的排列组合问题的基础上的，对排列组合问题的一个拓展。

三、教学目标：

知识目标：1.掌握加法原理和乘法原理，并能用这两个计数原理解决简单问题。2.掌握排列、组合问题应用的几种常见方法。能力目标：掌握有限制条件的排列组合的应用题的常用分析方法。情感目标：体会解决排列组合问题中运用的数学思想。

四、教学重点、难点分析：

重点：有限制条件的排列组合问题的综合应用。难点：解决较复杂的排列组合问题的思想与解题策略

五、教学过程设计：

1．课程引入：平安夜的故事：

“苹果”是平平安安的谐音，象征着平安、祥和之意，所以说平安夜吃苹果能保一年平安。时间：13年12月24日晚。地点：XX职校女生公寓楼302室。

人物：寝室所有成员，包括英亚、竹萍、陈燕、刘佳、徐红、周甜、龚佳、钱丽共八人。在这个特别的夜晚，刘佳提议，准时在十二点吃苹果，可大家发现没有准备苹果。陈燕说：“我这里有些苹果。”她拿出一袋苹果。大家一看，只有大小不一的五个。竹萍说：“我柜子里面还有几个梨。”竹萍拿出来一清，有四个形状各异的梨。大家说：“没办法了，拿三个梨来凑吧。”

出招：从四个形状各异的梨中拿出三个，有多少种方法？竹萍从中拿出了三个最好看的梨。

徐红说：“我不喜欢吃梨，我只喜欢吃苹果，所以我一定要吃苹果。” 英亚说：“好吧。我来负责分派。”

出招：要保证徐红一定吃到苹果，有多少种分派方法？周甜说：“我也要吃苹果！平安夜当然吃苹果。”

出招：，徐红和周甜两人都吃到苹果，有多少种分派方法？

竹萍出招：五个大小不一的苹果和三个形状各异的梨分给八个人，每人一个，其中周甜吃苹果，徐红吃梨，有多少种分派方法？

有人说，你们俩只能有一个人吃苹果。徐红说：“那让周甜吃苹果吧，我吃梨好了。钱丽说：“这样吧，我们把八个水果放在桌上排成一排，然后关灯，每人摸一个。” 出招：八个不同的水果排成一排，有多少种排方法？

刘佳说：“平安夜，第一个一定要放苹果以示平安。”出招：五个大小不一的苹果和三个形状各异的梨排成一排，第一个一定要放苹果，有多少种排法？

陈燕说：“第一个放不放苹果不要紧，大家只要尽量把苹果和梨分开就好，就是不要让任何两个梨挨在一起。” 出招：五个大小不一的苹果和三个形状各异的梨排成一排，其中梨不能挨在一起，有多少种排方法？徐红说：“这样不好，分梨分离。我们寝室每个人都应该团结，心不能分离。所以，应该把这些梨全放在一起。出招：五个大小不一的苹果和三个形状各异的梨排成一排，其中梨必须放在一起有多少种排方法？正在大家讨论得正热烈的时间，响起了熄灯铃声。

“唉啊，快。”英亚低声叫道：“睡觉时间到了！快去床上！”

英亚连忙关掉灯。黑暗中谁低声叫了一句：“快拿水果！”大家连忙从桌上各自摸起一个水果，快速钻入被窝。寝室迅速安静下来。

渐渐地，八个同学都在安静中睡着了。当然，最终她们没有破坏寝室的纪律，没有在半夜起来吃苹果。故事新编:(课下思考）

对＜平安夜的故事＞进行重新编排，要求在故事里穿插至少三个有关排列，组合，或基本计数原理的问题。

从上面的故事中找出我们所运用到的排列组合这一章所学的知识和方法。

设计意图：用一则小故事引出排列组合常见的问题：相邻，不相邻，特殊元素，特殊位置安排的问题。

2、典例分析：（分组讨论，学生讲解，教师指导帮助总结）

（1）特殊元素和特殊位置优先策略：

例

1、由0,1,2,3,4,5，可以组成多少个没有重复数字的五位奇数。师：若改成偶数呢，又该如何分析？

变式：7种不同的花种在排成一列的花盆里，若两种葵花不种中间，也不种在两端的花盆里，问有多少种不同的种法？

设计意图：位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法，要求学生熟练掌握。（2）相邻元素捆绑策略：

例2.7人站成一排，其中甲乙相邻且丙丁相邻，共有多少种不同的排法。练习：5个男生3个女生排成一排，3个女生要排在一起，有多少种不同的排法？设计意图：要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.（3）不相邻问题插空策略: 例3.一个晚会的节目有4个舞蹈，两个相声，三个独唱，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有多少种？

变式：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同的插法种数为________.师：元素不相邻问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端拓展：请同学把上述两个问题综合在一起出道题，题中包含相邻和不相邻问题。

设计意图：帮助学生分析这两类问题的解决办法，并进行延伸，通过小组讨论解决问题，形成思路。（4）、定序问题：空位，插入；倍缩策略

例4.7人排队，其中甲乙丙3人顺序一定，共有多少种不同的排法？

练习：学考考试6门科目，历史要排在化学前面考，有多少种不同的安排顺序？师：定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插入模型处理

设计意图：通过演示，板书让学生理解占位插入模型的含义，从而解决排列组合中相似的问题。（5）重排问题求幂策略：

例5.把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法？练习：

1、4人争夺3个比赛项目的冠军，问冠军得主的可能性。

2、某8层大楼，一楼电梯上来8名乘客，他们到各自的一层下电梯，下电梯的方法有（）种。师：一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为(6)排列组合混合问题先选后排策略：

种

例6.有5个不同小球，装入4个不同的盒内，每盒至少装一球，共有多少种不同的装法。

练习：一个班有6名战士，其中正副班长各1人，现在从中选4人完成四种不同的任务，每人完成一种任务，且正副班长有且只有1人参加，则不同的选法有________种。师：解决排列组合的混合问题,先选后排是最基本的指导思想.设计意图：近几年高考中出现频率较多的一类问题，通过典型例题找出解决问题的思路，引导学生寻求解题办法。

(7)平均分组问题除法策略：

例8.6本不同的书，按如下方式分配，各有多少种不同的分法？ 1.分成一堆一本，一堆2本，一堆3本。2.甲得一本，乙得2本，丙得3本。3.一人得一本，一人得2本，一人得3本。4.平均分成3堆，每堆2本.5.分给甲乙丙三人，每人选2本。

练习：1.将13个球队分成3组，一组5个队，其他2组4个队，有多少分法？

2.某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为__________.师：平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以(n为均分的组数)避免重复计数。

设计意图：学生对于这类问题容易把几个问题混淆，通过解决这个例题让学生理解平均分组问题的解决方案。

（8）合理分类与分步策略：

例8.在一次演唱会上共10名演员，其中8人能够唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，有多少种选派方法？

师：请同学们选择3个分类标准进行讨论：

练习：从4名男生和3名女生中选4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有________.设计意图：解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。

课堂检测：(考题重现）

1、(2014年广西）有6名男医生，5名女医生，从中选出2名男医生，1名女医生，组成一个医疗小组，则不同的选法共有____种。

2、（2013大纲卷）6个人排成一行，其中甲乙两人不相邻的不同排法有____种。

3、（2013北京）将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观卷，全部分给4人，每人至少一张，如果分给同一人的2张参观卷连号，那么不同的分法种数是_____种。

4、（2014北京）把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有_____种。

5、（2014四川）6个人从左到右排成一排，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有_____种。

6、（2014重庆理）某次联欢会要安排3个歌舞类节目，两个小品和一个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是_____.小结：

回顾上述几个例题的解答过程，我们可以看到一个共同的特点，就是利用一一对应关系将一种不易直接求得其数目的计数模式转化为另一种易于计算的模式，从而收到了简化问题的效果，可以说，这种通过建立一一对应关系而化难为易的方法是数学中一种常用的方法，并且在代数问题发挥着极大的作用。另外，我们还推出了几个模型，大家回去后希继续对这个模型进行研究，掌握这个模型的各种变化，并要善于把各种具体问题归结成这个模型的某一种方式，那么解排列组合问题就有了一定的规律可循了。

六、教学评价与反思：

2009年高考中的排列组合问题篇5

例1 (天津卷理) 用数字0, 1, 2, 3, 4, 5, 6组成没有重复数字的四位数, 其中个位, 十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有个。 (用数字作答)

解析:要使个位、十位和百位上的数字之和为偶数, 可以分为两种情况: (1) 个位、十位和百位上的数字均为偶数, 此时满足条件的四位数有AundefinedAundefined+CundefinedAundefinedAundefined个; (2) 个位、十位和百位上的数字有两个奇数和一个偶数, 此时满足条件的四位数有CundefinedCundefinedAundefinedAundefined+CundefinedAundefinedAundefined个。故满足条件的四位数共有AundefinedAundefined+CundefinedAundefinedAundefined+CundefinedCundefinedAundefinedAundefined+CundefinedAundefinedAundefined=324个。

评析:本题考查的是分类计数原理和分步计数原理。在综合运用两个原理时, 既要会合理分类, 又能合理分步, 一般情形是先分类后分步。

例2 (四川卷理) 3位男生和3位女生共6位同学站成一排, 若男生甲不站两端, 3位女生中有且只有两位女生相邻, 则不同排法的种数是 ( ) 。

A.360 B.288 C.216 D.96

解析:方法一:可分3种情况: (1) 男生甲排在3个男生的左边, 此时另两个男生有Aundefined种排法, 甲的左边必有一组女生, 而女生分两组 (其中一组两人, 另一组一人) 去插男生的空, 故共有不同的排法Aundefined· (Cundefined·Aundefined) ·Cundefined·Cundefined=72种; (2) 男生甲在三个男生的右边时, 与 (1) 同理可得有不同的排法72种。 (3) 男生甲在三个男生的中间, 有不同的排法Aundefined· (Cundefined·Aundefined) ·Aundefined=144种。故共有72+72+144=288种, 因此选B。

方法二:6位同学站成一排, 3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有AundefinedCundefinedAundefinedAundefined=432种, 其中男生甲站两端的有AundefinedAundefinedCundefinedAundefinedAundefined=144种, 故符合条件的排法有432-144=288种。

评析:本题是一道排列组合综合应用题。既考查了特殊元素或特殊位置优先安排的方法, 又考查了相邻问题的处理方法——捆绑法和相间问题的处理方法——插空法。

例3 (湖北卷理) 将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班, 每个班至少分到一名学生, 且甲、乙两名学生不能分到同一个班, 则不同分法的种数有 ( ) 。

A.18 B.24 C.30 D.36

解析:先不考虑甲、乙同班的情况, 将四人分成3组有Cundefined=6种方法, 再将三组同学分配到三个班级有Aundefined=6种分配方法, 再考虑甲乙同班的分配方法有Aundefined=6种, 故共有CundefinedAundefined-Aundefined=30种分法, 因此选C。

例谈排列组合中的“不相邻”问题篇6

一、基本模型

例1将3个白球、5个红球排成一排, 其中3个白球互不相邻

1 若同色球之间加以区分, 共有多少种不同的排法?

2 若同色球之间不加以区分, 共有多少种不同的排法?

解析: ( 1) 要使3个白球互不相邻, 由插空法知: 可先将5个红球排成一排, 此时留下6个空位, 再将3个白球放入6个空位中的任意三个空位上, 每个空位放一球. 由于同色球之间加以区分, 所以元素互不相同, 因此每步操作均讲究顺序, 于是由分步计数原理知共有N = A55·A36种不同排法; 2与1相比, 不同之处在于问题2中同色球不加以区分, 即元素相同, 因此在将5个红色小球排成一排有m1= 1种排法, 而此时将3个白球放入6个空位中的任意3个空位上, 每个空位一球, 由于3个白球彼此相同, 故3个白球之间不讲究顺序, 从而有m2= C36种不同的排法, 于是由分步计数原理共有N = 1×C36= 20种不同排法.

点评: 虽然问题12对应的都是不相邻问题, 在问题的求解中都用到“插空法”, 但由于同色球之间加以区分与否从而导致问题求解的本质不同, 相同元素进行插空对应着组合问题, 不同元素进行插空对应着排列问题.

二、初级变形

例2从1, 2, 3, …, 2013这2013个正整数中, 取出20个互不相邻的正整数, 则有多少种不同的取法?

解析: 若将1 ~ 2013这2013个正整数换成2013个相同的小球, 则问题等价于“从已排好顺序的2013个相同小球中任取20个互不相邻的小球有多少种不同的取法”. 因为所取的20个小球要求互不相邻, 所以可利用插空法先将1993个相同的小球排成一排, 显然有m1= 1种排法, 然后将20个相同小球放入前1993个相同小球所留下的1994个空位中的任意20个空位上, 每位一球 ( 此处所放的20个小球即为所取的20个小球) , 由于所有小球均相同, 故不讲顺序, 从而有m2= C201994种不同的方法, 于是由分步计数原理知共有N = 1×C201994= C201994种不同的放法.

点评: 本题相对于基本类型其形式上略有变化, 但仍为“不相邻”问题, 其基本解题思想不变———插空法. 不同的是, 这里的元素彼此相同, 正是如此, 使得插空法的每一步操作对应的均为组合问题, 这对于学生来说 ( 特别是初学者) 是难以理解, 措手不及的.

例3 8次投篮中, 投中3次, 其中恰有2次连续命中的情形有多少种?

解析: 若分别将“投中的3次”、“没投中的5次”分别换成3个相同的红球与5个相同的白球, 则问题等价于“将3个相同的红色小球与5个相同的白色小球排成一排, 要求3个红色小球有且仅有2个连在一起, 有多少种不同的排法”, 有且仅有两个红球连在一起, 即是有两个红色球连在一起, 且与另一个红球不相邻, 为此可利用插空法来分步完成, 先将5个白球排成一排, 与之同时将3个红球分成2、1两份, 由于同色球元素相同, 所以有m1= 1×1 = 1种, 再将已分成2、1的两份红色小球放入5个白球所留下的6个空位中的任意两个空位上, 每位一份, 由于两份不均匀因此讲究顺序, 从而有m2= A26种不同的放法, 于是由分步计数原理知共有N = m1·m2= 30种.

点评: 比较例1中的第2问与本题可以发现, 两道试题形式上相近, 均含有两类相同元素, 不同的在于本题6个空位中的任意两个空位上放入的是不均匀的两份相同小球, 它们彼此之间讲究顺序, 对应的是一个排列问题, 而例12在6个空位中的任意3个空位上放入3个小球, 每位一球, 对应的是一个组合问题, 这是该题处理的关键, 也是难点.

三、高级变身

例4马路上有编号为1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9的九只路灯, 现要关掉其中的3盏, 但不能关掉相邻的2盏或3盏, 也不能关掉两端的2盏, 求满足条件的关灯方法有多少种?

解析: 类似于例3, 将有编号的九只路灯看作已排好顺序的九个相同小球, 条件中“不能关掉相邻的2盏或3盏, 也不能关掉两端的2盏”意味着“只能关掉除两端外的互不相邻的三盏灯”, 亦即是“只能取出除两端外的互不相邻的三个小球”, 因为所取的三个小球互不相邻, 因此可利用插空法先将6个相同小球排成一排, 此时有m1= 1种排法, 再将另三个小球放入前6个小球所留下的空位中除两端外的任意三个空位上, 每位一球 ( 这里所放的三个小球即为所取的三个小球) , 由于元素相同故不讲顺序, 因此有m2= C35种不同放法, 于是由分步计数原理知共有N = m1·m2= 10种.

点评: 本题在形式上与基本模型大相近庭, 深入分析其本质, 仍然属于“不相邻”问题, 但细微之处有分晓, 所以我们要学会透过现象抓本质, 数学的题型和方法是解题的根源.

例5在1, 2, 3, …, 14中, 按数从小到大的顺序取出a1, a2, a3, 使同时满足a2- a1≥4, a3- a2≥4, 则符合要求的不同取法有多少种?

解析: 本题形式新颖而又略现复杂, 条件“a2- a1≥4, a3a2≥4”意味着“a2与a1, a3与a2”之间均至少间隔三个数, 若将1, 2, 3, …, 14看作已排好顺序的14个相同小球, 则问题可等价于“从已排好顺序的14个相同小球中, 从左至右依次取出1个、3个、3个三组小球, 其中后两组的3个小球均彼此相邻且三组之间又互不相邻, 有多少种不同的取法?”由于后两组的3个小球均彼此相邻且三组之间又互不相邻, 为此可用插空法先将7个小球排成一排, 显然有m1= 1种不同的排法, 此时留下8个空位, 再从8个空位中任取3个空位将3组小球从左至右每位一份依次放好 ( 此处所放的三组小球即为所取的三组小球) , 由于小球均相同且三组间的顺序已定, 从而有m2= C38种不同放法, 于是由分步计数原理知共有N = m1·m2= 56种不同的取法.

点评: 本题相对于基本模型其形式新颖灵活, 要正确求解难度较大. 合理转化与化归进而构造熟悉的计数模型是问题处理的关键, 也是难点, 这对学生分析解决问题的能力提出了较高的要求.

四、镶嵌在综合题中

例6 3位男生和3位女生共6位同学站成一排, 若男生甲不站两端, 3位女生中有且只有两位女生相邻, 则不同的排法的种数为 ()

( A) 360 ( B) 288 ( C) 216 ( D) 96

解析: 本题是一道含有一定约束条件的“不相邻”问题, 作为高考试题让很多学生思绪混乱, 不知所措. 注意到“3位女生中有且只有两位女生相邻”蕴含着大家所熟悉的“不相邻”问题, 又男生甲不站两端的反面为甲站在两端, 为此可利用间接法在“3位女生中有且只有两位女生相邻”的大前提下, 利用男生甲不站两端的反面来间接求解, 易知: 3位女生中有且仅有两女生相邻, 由分步计数原理及插空法可得N1= C23·A33·A24·A22种, 而“3位女生中有且仅有两位女生相邻且甲站在两端”可先将3位男生以甲在两端将其三人排成一排, 此时有m1= 2A22种排法, 然后将3位女生分成1、2两份, 此时有m2= C23种分法, 再将两份女生放入三个男生所留下的三个空位中的任意两个空位上 ( 除去甲最边上的空位) , 每位一份, 此时有m3= A23种不同的放法, 最后将2位女生所在的一份进行内部排列, 此时有m4= A22种不同的排法, 于是由分步计数原理知共有N2= 2A22·C23·A23·A22种, 从而由间接法知共有N = N1- N2= 288种不同的排法, 故选 ( B) .

排列组合教学中的一些问题的探讨篇7

( 一) 对两个基本计数原理掌握不深

1. 完成一件事情的方法分类不准

例1在A,B,C,D四个元素的全排列数中,A不在首且D不在尾的排列有多少种?

误解1从4个元素的全排列数中,减去A在首的另三个元素的全排列数,再减去D在尾的另三个元素的全排列数,因此有P4- 2P3种.

分析为明了错误之处,列表分析,将4个元素全排列数分类如下:

由上表中看出: 解1中P4- 2P3,实质上从4个元素的全排列数中减去( 1) 、( 2) 和( 1) 、( 3) 的情况,其中( 1) A在首、D在尾的排列数减去了两次,即多减了一个P2,所以答数变小,如改为P4- 2P3+ P2= 14就正确了.

误解2从B,C,D中任取1个排在首,余下3个元素在二、三、四的位置全排列,其排列数有P13P3种.

分析同上,列表分析:

从表可知,这样的解法,A分别在第二、第三位置时,B、C、D在另外三个位置上的全排列,包含了( 1) 和( 3) 两种不合题意的情况,因此答数变大,多了2P2,所以改为P13P3-2P2= 14也就正确了.

正确解法按A的位置列表分类:

从分类表很明显地可看出符合题意的是( 4) 、( 6) 、( 7)的排列数,故有:

从该例表明,完成一件事,如有几类办法,办法的分类一定要正确. 在分类过程中要保证不遗漏、不重叠,否则,必然造成错误,导致答数变小或扩大. 在解题过程中,正确分类,能使我们清晰迅速地分析和判断出正确解题方法. 因此在教学过程中,对一些元素较少的排列,尽可能列表分类来分析说明,使学生更通俗易懂.

2. 完成一件事情的方法分步不当

例2有各不相同的书籍6本,分给甲、乙、丙3个人,每人各得2本,有多少种分法?

误解因为每人各2本,所以6本书中取2本有多少组合数,就是该问题的解,从而有C26= 15( 种) .

分析错误出在完成一件事应分步进行,而误作一步完成. 显然,C26只能说明6个元素中取2个元素的组合数,该问题的C26只能说明从6本书中取2本书出来( 给某一个人) 的方法种数,那么,其他2人就没能分到书,因此答数变小.

正确解法把6本书分给甲、乙、丙三人各2本,完成这一事情,应分三步进行. 首先把6本书中的任取2本给甲,有C26种; 其次,把余下的4本中的任意2本给乙,有C24种; 最后所剩下的2本给丙,有C22种,因此由乘法原理可以得出:

例3空间有10个点,其中任何三点不共线,任何四点不共面,以该10个点为顶点,一共可作多少个不同的四面体?

误解完成一个四面体分两步进行. 首先,确定一个四面体的底面,有C310种; 其次,再确定一个顶点,有C17种,这样一个三角形的底面的三个顶点和另一个顶点连接就组成了一个四面体,从而由乘法原理,可得C310·C17= 840( 个) .

分析错误出在完成一件事,不需分步而分步. 因为四个不共面的点,只能确定唯一的一个四面体( C44= 1) ,从10个点中取出4个点,作为顶点,把它们连接起来,就成一个四面体,也就是说该任务一步即可完成. 如同上分成两步进行,则有C34·C11= 4,这样一个四面体可表示成4种不同形式,也就是说一个四面体可当成4个四面体,因此,答数扩大了4倍. 因此改成C310·C17÷4就正确了.

正确解法从该10个点中任取4点,即可确定一个唯一的四面体,因此有C410= 210( 个) 四面体.

从例2和例3可看出,完成一件事是否需要分步进行,搞清这个问题是非常重要的,应分没分,不应分而分,都将造成答数的扩大或缩小. 因此,在教学过程中,首先重点放在完成任务的方法,任务完成之后,再考虑完成任务方法的种类数.

( 二) 对条件的微小差别辨别不清,容易混淆的问题

例4把4件不同的商品分到两柜台销售.

( 1) 若柜台甲得1件,柜台乙得3件,有几种不同的分法?

( 2) 若一个柜台得1件,一个柜台得3件,有几种不同的分法?

分析比较 ( 1) 此题的特点是“定点定量”分配.

完成该任务分步进行,首先,从4件中任选1件给甲柜台,有C14种方法; 其次,再取余下3件,给乙柜台有C33种方法,从而由乘法原理可得C14·C33= 4( 种) 分法,见下表:

( 2) 此题的特点是“定量不定点”分配. 这一问题与前一问题的关键区别在一个不定点、一个定点. 量定了,一个柜台得1件,另一个柜台得3件. 但哪个柜台得1件,哪个柜台得3件没有指定. 故任何一个柜台可得1件,也可以得3件,因此存在两种情况交换问题,即顺序问题. 故有C14·C33·P2= 8( 种) . 见下表:

例5有4本不同的书,( 1) 分给甲、乙2个人,每人2本,有多少种分法? ( 2) 分成2组,每组2本,有多少种分法?

分析比较 ( 1) 此题的特点是“平均”分配. 该题与前面的例2类型一样,首先,从4本书中任取2本给甲,有C24种方法; 其次,把余下的2本给乙,有C22种方法. 由乘法原理可得C24·C22= 6( 种) 不同分法. 见下表:

( 2) 此题的特点是“不指名的平均分组”.

在这类“不指名的平均分组”问题中,首先应搞清楚,平均分成两组,则相应的两组算一种分法; 若平均分成3组,则相应的三组算一种分法,依次类推.

从4本书中任取2本为一组,则有C24种取法. 如下表:

若取( a b) 为一组,则余下的自然成一组,即[( a b) 、( cd) ] 为一种分法,故有下表:

所以有C24·C22= 6( 种) 分法.

就分组问题而言,可分两类: 指名和不指名. 若指名分“甲、乙”两组[如前( 1) 小题],我们知道上表及答案C24·C22就是问题的所求; 若不指名分“甲、乙”两组,就说分成两组,显然从上表可看出: 后三种分法是前三种分法的重复,因此,本问题的个数应是C24·C22÷2! = 3( 种) .

像例4和例5这类问题,学生很容易混淆不清,在教学过程中,最好同时举例分析比较,帮助学生找出问题差别的所在,从而正确熟练地掌握.

( 三) 综合问题,无所适从

例6用0、1、2、3、4五个数字组成多少个无重复数字的大于20134的自然数?

分析这是一个难度较大的问题,可采取化整为零的分散难点的办法,把它分成如下几个小问题,借助图表分析.

( 1) 大于30000小于50000无重复数字的五位自然数有多少?

( 2) 大于21000小于25000的无重复数字的五位自然数有多少?

( 3) 大于20300小于20500的无重复数字的五位自然数有多少?

( 4) 大于20140小于20150的无重复数字的五位自然数有多少?

按上述分类,可看出比20134大的无重复数字的五位自然数共有

像这类问题,在教学过程中,要化繁为简,各个突破,使学生了解一些复杂的、烦琐的综合性问题,其实就是一些简单、容易的问题叠加.

摘要：在排列组合问题中题目种类繁多,涉及面广.本文就一些最基本的问题,两个基本计数原理在解题过程中的正确运用以及若干元素分配的问题,如定量定点分配与定量不定点分配,指定平均分配与不指定平均分配等一些问题在教学过程中的一些体会.

排列组合在若干计数问题中的应用篇8

关键词：排列,组合,计数问题

0 引言

组合数学在研究计数时经常要用到两个最基本的计数原理, 即加法原理和乘法原理, 它们是研究计数问题的基础, 在分析问题和指导解题中起着关键作用, 故在此先对两个基本原理作以简要说明:

加法原理[4] 设A是有限集, Ai⊆A (i=1, 2, …, k) , 如果 $A = \cup_{i = 1}^{k} A_{i}$ 且Ai∩Aj=∅ (1≤i<j≤k) , 则 $| A | = \sum_{i = 1}^{k} | A_{i} | .$

乘法原理[5] 若Ai (i=1, 2, …, k) 均为有限集, 且A=A1×A2×…×Ak={ (a1, a2, …, an) |ai∈Ai, i=1, 2…, k}, 则有 $| A | = \prod_{i = 1}^{k} | A_{i} | .$

文[6,7,8,9,10,11]中, 对排列组合问题均有所涉及.一般来说, 在处理排列组合问题时, 不能只借助于已知的原理和方法, 必须研究情况, 运用技巧, 采取组合分析的方法, 用自己的聪明才智去解决问题.我们常常遇到这样的情况:即使知道了这些原理和方法, 但仍需要巧妙地应用它们.可以这样认为:组合数学中典型问题的解题经验, 对组合数学的学习是非常重要的.下面将介绍几类比较典型的排列组合问题.

1 着色问题

对图的点或线段进行着色, 或对几何图形的点、线段、区域进行着色, 研究这些着色方案的存在性、计数等问题, 称为着色问题.

着色问题的求解一般依靠的是两个基本原理, 故应注意分步与分类的区别.

例1[1] 某城市中心广场建设一个花圃, 花圃分为6个部分 (如图1) .现要栽种4种不同颜色的花, 每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花, 不同的栽种方法有多少种?

解图1可转换为图2.因第1部分与其它各部分均相邻, 所以第1部分应先栽种种法有A $_{4}^{1}$ 种, 其它5部分栽种3种不同颜色的花.

3种不同颜色的花, 必有1种只能栽种1次, 故它的种法有C $_{3}^{1}$ C $_{5}^{1}$ 种, 剩余的2种颜色的花必须栽种2次, 但必须不相邻, 所以种法有A $_{2}^{1}$ 种.

则依乘法原理共有:N=A $_{4}^{1}$ C $_{3}^{1}$ C $_{5}^{1}$ A $_{2}^{1}$ =120种.

2 排位问题

将一个集合中的n个元素依次给以标号1, 2, 3, …, n, 求把每个元素排在指定的位置上的排列数的问题称为排位问题.

解决此类问题的方法较多, 一般有“捆绑法”, “插空法”, “交叉问题集合法”, “定序问题缩倍法”等.

例2[2] 3男4女共7人站成一排, 下列情况各有多少种不同的排法?

(Ⅰ) 甲乙必须站在一起;

(Ⅱ) 甲乙互不相邻;

(Ⅲ) 甲不在排头, 乙不在排尾;

(Ⅳ) 甲在乙的左边.

解 (Ⅰ) 属于相邻排列问题, 通常采用“捆绑法”.先将甲乙2人看作一个整体与其他5人进行全排列, 并考察2人顺序.

依乘法原理, 共有N=A $_{6}^{6}$ A $_{2}^{2}$ =1440种.

(Ⅱ) 对于元素不相邻的排列, 通常采用“插空法”.将不相邻的元素插在前面元素所排列的空挡中, 共有N=A $_{5}^{5}$ A $_{6}^{2}$ =3600种.

(Ⅲ) 对于某些排列组合问题几部分之间有交集的, 通常采用“交叉问题集合法”.运用公式:

n (A∪B) =n (A) +n (B) -n (A∩B) .

设全集I={7人全排列}=7!,

A={甲在排头的排列}=A $_{6}^{6}$ ,

B={乙在排尾的排列}=A $_{6}^{6}$ ,

由公式得

N=n (I) -n (A) -n (B) +n (A∩B)

=7!-A $_{6}^{6}$ -A $_{6}^{6}$ +A $_{5}^{5}$ =3720种.

(Ⅳ) 在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序, 可用“定序问题缩倍法”.

首先, 7人所有不同的排法有7!种, 而甲在乙的左边和甲在乙的右边机会均等, 所以共有 $Ν = \frac{7 ！}{2 ！} = 2520$ 种.

3 几何问题

对几何图形实施某种规则, 需要计算其内部的区域、点、线段等的个数的问题, 称为几何问题.

解决此类问题一般采用直接法, 但必须注意几何图形本身对其构成元素的限制.

例3[2] 平面A内有4个点, B内有5个点, 此外无其他任何4点共面.

(Ⅰ) 它们最多能确定多少条直线?

(Ⅱ) 它们最多能确定多少个不同的平面?

(Ⅲ) 它们最多能确定多少个不同的三棱锥?

解 (Ⅰ) 平面A内与平面B内共有9个点, 因此最多可确定N=C $_{9}^{2}$ =36条直线.

(Ⅱ) 可分为3类:

第1类:3点全部取自平面A内或全部取自平面B上, 共有2个平面.

第2类:2点取自平面A, 1点取自平面B, 共有C $_{4}^{2}$ C $_{5}^{1}$ 个平面.

第3类:1点取自平面A, 2点取自平面B, 共有C $_{4}^{1}$ C $_{5}^{2}$ 个平面.

根据加法原理共有:

N=2+C $_{4}^{2}$ C $_{5}^{1}$ +C $_{4}^{1}$ C $_{5}^{2}$ =72个.

(Ⅲ) 可分为3类:

第1类:有3个顶点取自平面A, 1个点取自平面B, 可确定三棱锥C $_{4}^{3}$ C $_{5}^{1}$ .

第2类:有2个顶点取自平面A, 另2个点取自平面B, 可确定三棱锥C $_{4}^{2}$ C $_{5}^{2}$ .

第3类:有1个顶点取自平面A, 另3个点取自平面B, 可确定三棱锥C $_{4}^{2}$ C $_{5}^{2}$ .

根据加法原理共可确定三棱锥:

C $_{4}^{3}$ C $_{5}^{1}$ +C $_{4}^{2}$ C $_{5}^{2}$ +C $_{4}^{1}$ C $_{5}^{3}$ =120个.

4 分配问题

将可辨或不可辨的n个元, 分配到可辨或不可辨的r个盒内, 盒内元有序或无序, 允许有空盒或不允许有空盒等, 求其分配方案数的问题称为分配问题.

分配问题主要有如下3种形式:

1) 非平均分配.特点:每堆元素个数均不相同.计算要点:直接计算组合数之积.

2) 均匀分配.特点:每堆元素个数相同.计算要点:用组合数连积除以堆数的阶乘.

3) 部分均匀分配.特点:部分堆的元素个数相同.计算要点:用组合数连积除以“元素相同的堆”的堆数阶乘.

例4[3] 书架上有9本不同的书, 其中4本是红色的, 5本是黑皮的.

(Ⅰ) 9本书的排列有多少种?

(Ⅱ) 若黑皮的书都排在一起, 这样的排列有多少种?

(Ⅲ) 若黑皮的书排在一起, 红皮的书也排在一起, 这样的排列有多少种?

(Ⅳ) 若黑皮的书与红皮的书必须相间, 这样的排列又有多少种?

解 (Ⅰ) 9本书的排列有9!=362 880种.

(Ⅱ) 可采用“捆绑法”.把5本黑皮书放在一起的方法数是5!, 然后把它们看成一本书参加与其它4本红皮书的排列, 方法数又是5!, 所以总的方法数是5!·5!=14 400种.

(Ⅲ) 把5本黑皮书放在一起的方法数是5!, 4本红皮书放在一起的方法数是4!, 所以总的方法数是:5!·4!·2!=5760种.

(Ⅳ) 把黑皮书进行全排列方法数是5!, 在每个空档中放入4本红皮书方法数为:5!·4!=2880种.

例5 r只不同的球放到n个不同的盒子里, 如果每个盒子中的球要有次序, 那么这样的方法有多少种?

解可以把这个问题看成r个不同的球和n+1个1 (盒子边) 的排列.在排列中两边一定是1, 那么r个球和n-1个1的排列方法有 (r+n-1) !种.考虑到n-1个1是没区别的, 所以要除以 (n-1) !, 即得 $\frac{(r + n - 1)!}{(n - 1) ！} = (r + n - 1) (r + n - 2) \dots (n + 1) n .$

上述这些问题以及它们所涉及的典型例子不但说明了组合数学中解决一个问题的全过程, 而且也揭示了组合数学的某些解题方法.从中我们可以得到:要想完满地解决一个有关排列和组合的问题, 不能只凭已知的原理和方法, 必须研究情况, 分析思考, 开拓思维, 运用技巧, 把自己的聪明才智与已有的组合学知识相结合, 才能解决问题.

参考文献

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[10]D.I.A.Cohen.Basic Techniques of Combina-torial Theory[M].John wiley&sons, 1978.

排列组合中的站队问题篇9

关键词：古典概型,排列组合,样本空间

1 问题的提出

古典概型中许多概率的计算中都用到了排列组合,而对样本空间的选取不同,计算事件A中包含的样本点的个数及样本空间中样本点总数也会有所不同。

例将n个球随意地放入N个箱子中(n<N),其中每个球都等可能的放入任意一个盒子,求第i个箱子不空的概率。

2 例题解法比较与分析

解法一:用对立事件来做,设第i个箱子是空的,则,总共有Nn种放法,即在N个箱子中放入n个球,而符合的有(N-1)n种,即在除第i个箱子以外的(N-1)个箱子里放入n个球。故,这种方法毋容置疑是正确的;

解法二:先从n个球种取出1个球放入第i个箱子中,剩余(N-1)个球随意放入N个箱子中,可以保证第i个箱子不空,即。答案显然与解法一中不同,经过探讨也确定了解法一为正确。然而问题究竟出在哪里?探讨过程中我们又发现了另一种解法:

解法三:第1次在n个球中取1个球放入第i个箱子中,剩余的(n-1)个球放入(N-1)个箱子中;第2次在n个球中取2个球放入第i个箱子中,剩余(n-2)个球放入(N-1)个箱子中,…,第n次在n个球中取n个球中放入第i个箱子中。即

结果与解法一相同,此法为无遗漏的计算了第i个箱子不空的所有情况。

观察到正解为二项式,我们不妨将它展开:

再把每一项用二项式分解(用k表示此时盒子里球的个数):

此处Cn1Nn-1即为解法二错误的答案,表示从n个球中取出1个球放入第i个箱子中,再把剩余的(n-1)个球放入(N-1)个箱子中。而展开后第一项Cn1C0n-1(N-1)n-1表示先从n个球中取出1个放入第i个箱子中,剩余(n-1)个球放入(N-1)个箱子中,结果第i个箱子有1个球。以下项依此类推。

观察到(2)式还有下文,尝试继续展开:

以上Cn2C0n-2(N-1)n-2表示先从n个球中取出2个放入第i个箱子中,剩余(n-2)个球放入(N-1)个箱子中。结果第i个箱子中有2个球。以下项依此类推。

……

直到第n项:CnnNn-nk=n时,Cnn(N-1)0

则以上箱子中有1个球的情况有

以上箱子中有2个球的情况有

……

以上箱子中有n个球的情况有

我们发现此处第i个箱子中有k个球正好与解法三中的第k项所对应(k=1,2,…,n)。

分析箱子里有2个球时的情况:

第一,我们发现有系数相减的现象;第二,我们发现Cn1C1n-1=An2。按题意,若箱子里放入了2个球,我们可以看做先放入1个,然后再放入1个。或者先放入2个,然后再放入0个。此处出现了重复,而造成偶数项系数为负。而此处错把组合当成了排列。若要按照N n-1求解,由于kCk n=C1nCk-1n-1,因而需要为C1nN n-1展开的n项中每一项除以k(k为当时第i个箱子中的球数),即

即与解法三中的每一项相同。

3 对此问题的思考及建议

对于排列组合问题,我们应该弄清每一步的处理方向,对于到底应该使用“分类计数原理”还是“分步计数原理”要根据具体例子采取的方式而定,可以分类完成的时候用“分类计数原理”,需要分步完成时就用“分步计数原理”,保证每步独立,每个式子都有具体的实际意义,深刻了解,简洁表述。在古典概型计算时,应注意计算事件A中包含的样本点的个数及样本点总数在同一个样本空间,切不可误判排列或是组合,或是无意识妄下结论,往往会埋下错误和疑惑的伏笔。

参考文献

[1]张菊芳等.概率论与数理统计[M].北京:化学工业出版社,2011.8.

[2]潘承毅等.概率论和数理统计(第4版)[M].北京:高等教育出版社,2010.10.

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