排列组合教学中的尝试

排列组合教学中的尝试（精选10篇）

排列组合教学中的尝试 篇1

一、要注重基本概念、基本原理的教学

教学中要使学生明确什么是排列问题、什么是组合问题,进而正确计算排列数和组合数。要重点学习加法原理和乘法原理

加法原理和乘法原理是推导排列组合数公式的依据,要把这两个原理贯穿于整个章节。这两个原理即可独立地解决问题,又可联系起来解决问题,所以要理解这两个原理的异同处。

1.加法原理是确定一事物或完成一事物时,不需要分阶段(或分步骤),重点在一个“类”字上。而乘法原理是确定一事物或完成一事物时,必须分成若干阶段(或若干步骤),故重在一个“步”字。一“类”一“步”是加法原理和乘法原理的不同处。

2.加法原理能单独依靠其中任何一个办法来完成这件事。乘法原理中分步骤是无法单独完成的。通俗地说,分类是独立的,是并列的关系而步骤之间是无法独立的,彼此依附缺一不可。

二、要引导学生掌握基本习题类型和解题的相应方法

排列组合应用题一般说来都是比较抽象的,学生学起来比较吃力,因此必须注意培养学生正确分析和解决问题的能力,引导学生总结掌握习题类型,以及解决各类型题的方法。指导引领学生从繁多复杂的题型中合理归类。

学生通过老师的指导引领掌握了正确的分类方法,还要能够掌握每类题型的基本解法,为此教师要示范讲解教会学生各个类型题的解题技巧和方法,使学生能举一反三,类比掌握解决相似问题。不同问题解法教学举例。

典型问题1:相邻排列问题

例1:四名男生和三名女生照相,若女生必须站在一起,问共有多少种站法?

分析:将三名女生“捆绑”起来看做一个元素,将4名男生排列共有P55种排法,而这三名女生本身又P33种排法,所以满足条件的排法总数有P55P33=720(种)

例2:排一张有三个合唱节目和两个独唱节目的节目单,要求2个独唱节目之间恰有一个合唱节目,问该节目单有多少种排法?

分析:本题有一个固定搭配“独合独”,可把这个搭配“捆绑”起来当做一个元素,与其余两个元素排列共有P33种排法,而“独合独”的排列法有P31P22种,所以满足条件的排总数有P33P22P31(种)。

典型问题2:不相邻排列问题

例3:某次文艺演出,有5个歌唱节目和3个舞蹈节目,若要求舞蹈节目不能连续演出,问有多少种不同次序的节目单?

分析:节目单分两个步骤完成:1先安排歌唱节目,有P55;2在两个歌唱节目之间及首、尾安排舞蹈节目,有P63种方法。符合要求的节目单的种数有P55P63=14400。

典型问题3:有序排列问题

例4 A、B、C、D、E五人并排站成一排,如果B必须站在A的右边,(A、B可以不相邻),那么不同的排法共有( )

(A)24 种(B)60 种(C)90 种(D)120 种

分析:不计条件的排法种数是P55种,对每一种排列要么A在B的左边,要么A在B的右边,即对每一种位置的P22种排法中,只有一种符合要求,所以符合条件的排法种数是P55÷P22=60。

典型问题4:自然数比较大小的问题

例5:由0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的四位数,(1)有多少个比2000个大的四位偶数;(2)若按从小到大排列,3204是第几个数?

解:首位可排2、3、4,末位可排0、2、4,其中共同的数是2、4所以以2、4来分类处理:

(1)当首位是2或4时,首位有P21,末位有P21,中间P32,即P21P21P31。

(2)当首位是3时,末位有P31,中间P32,即P31P32。所以共有P21P21P32+ P31P32=42(个)。

解(2):由高位到低位逐级分为:

(1)千位是1或2时,有P21P43个。

(2)千位是3时,百位可排0、1或2,(i)当百位排0、1时有P21P32个;(ii) 当百位数2时,比3204小的仅有3201一个,故比3204小的四位数共有P21P43+ P21P32+1=61 (个),3204是第62个数。

基本问题1:含有特殊元素的问题

例6:某旅行社有10名翻译,其中7人会英语,5人会日语,现需派出2名英语翻译,2名日语翻译,则不同的派法有___种。

分析:从项目的条件可知有2人是“特殊元素”,问题转化为这2个人的分派方法问题,(1)两人不作为英语翻译分派有C52C52=100(种);(2)两人作为英语翻译分派有C72C32=63(种),所以不同的分派方法共有C52C52+ C72C32=163(种)。

基本问题2:排列组合混合的问题

例7:(95全国)四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子,则恰有一个空盒的放法有___-种。

分析:(先选后排)从四个小球中任选两个放入其中的一个盒子有C42C41种方法,剩余的2个小球放入3个盒子中的各一个有P32种方法,由乘法原理知不同的放法共有C42P41P32=144(种)。

基本问题3:多重受限的问题

例8:将字母a、b、c、d、e排成一排,a不排在首位,e不排在末尾,有多少种不同排法?

分析一:按a不在首位分类,a可在中间三个位置或在末尾,a若在中间三个位置有C32种排法,e还有三种可能的排法C31,其余三个元素有P33种排法,故有C31C31P33种排法,a若在末尾,共有C44种排法,所以共有C31C31P33+P44=78(种)。

分析二:5个字母不计条件的排列有P55,a在首位的排法有P44种,e在末尾的排法有P44种,由于a在首而e在尾的排法两次重复,用排除法减去时已被多减了一次,应补上,而a在首e在尾的排法有P33种,所以满足条件的排法共有P552 P44+P33.=78。

三、小结

排列组合的内容相对比较独立,和前几章的内容联系不大,具有不易检验、抽象、无固定解法等特点,这给学习带来了一定的困难。但这一章对培养学生的发散思维,提高学生的发散思维,提高学生分析问题的能力无疑是很好的教材,我通过教学实践后认为使学生掌握一批基本问题和典型问题的解法,加上正确的分类方法和类比解题技巧能力,就能有效的突破难点,使复杂问题转化为基本问题(化归思想)从而使问题迎刃而解。

摘要：排列组合是数学中比较重要的基础知识,在日常生活和生产中有广泛的应用。它所研究的内容独特,比较抽象,解题的方法灵活多样,没有固定的模式,因而学起来比较吃力。是学生数学学习的一个难点。我在教学实践中特别强调基本原理的深化理解及基本类型的总结归纳,收到良好的教学效果。下面就自己的教学实践简述排列组合教学点滴做法和体会。

关键词：排列组合,数学学习,教学

映射在排列组合中的应用 篇2

关键词：映射 排列 组合 有限集

排列组合是中等数学课程中的一个难点，这部分知识之所以难是因为它的内容比较独特，是一个较为独特的知识体系，与其它数学知识联系甚少，解决问题需要较强的分析能力，要善于从各种不同的角度分析，思考，对符合题设条件的种种情况必须正确分类，做到既不重复又不遗漏，处理排列组合问题应该掌握排列与组合的基本概念、加法、乘法原理以及分类的思想方法，从集合论的观点看，排列组合是有限集合的元素在某些特定条件下的列举，若用映射的观点进行分析和思考，将有助于对排列组合实质的理解，更有助于释疑排难，提高思维能力，从而找到解题的正确途径。

1.与有限集的映射有关的概念

设X、Y是两个有限集合，X到Y的映射， f:X→Y可按下列两个条件进行分类：

①Y的任一个元素都是X的不多于一个元素的象；

②Y的每个元素都是X的不少于一个元素的象；

满足条件①的映射叫做X到Y内的单射，满足条件②的映射叫做X到Y上的映射或满射，同时满足条件①和②的映射叫——映射或双射。

这样，从逻辑上讲，X到Y的映射可分为四类；双射（单且满）；单而不满；满而不单；不单且不满。

如果集合X上的顺序关系满足三歧性、传递性，则称X为线性有序集。设X，Y是线性有序集， f:X→Y是X到Y的映射，如果 x1，x2∈X由x1＜x2可得f（x1）＜f（x2）则称f是严格保序映射；如果 x1，x2∈X由x1＜x2可得f2.有限集的映射个数与排列组合数的关系

在日常生活中，我们常把由若干个事物构成的有限集合A的元素放在位置集合B中的某一位置上，A的元素在B中的位置的特殊分布就是一个排列（组合）。例如：有四本书a，b，c，d我们要将其中三本分别放到三个抽屉里，第一个抽屉放a，第二个抽屉放b，第三个抽屉放c，这种方法实质上是从四本书中取三本的一处排列（b，c，a）。从映射的角度看，这种放书的方法构成了抽屉集合到书本集合的映射：f：f（1）=b, （3）（2）=c ,f（3）=a。

一般的，设n个事物的集合为A={a1，a2，…an} ,前m个自然数的集合为 Nm={1，2，…,m } ，由排列、组合的意义可知：从n个事物的集合A中选出m个不同事物的一个排列实际上就是从集合Nm到集合A的单射f: Nm→A.排列与顺序有关，在这里选出第一个事物为 f（1），第二个事物为f（2），…第m个事物为f（m）。假定从A中选出的m个事物构成的子集为B，则从集合Nm到A的以B为象集的所有单射φ：Nm →A给出了一个从n个事物中取出m事物的组合。也就是说，从n个事物的集合A中取出m个事物的组合实际上就是从集合Nm到集合A中取出m个事物的组合实际上从集合Nm到集合A的具有相同象集B的所有单射。

有限集的映射个数与排列、组合之间有如下关系：

事实上，从n个不相同元素中取出m个元素的任一无重复排列都确定一个从Nm到A的单射。反之，从Nm到A的任一单射都确定A中 个元素的一个排列，也就是说，从n个不相同元素中取出 m个元素不重复的排列的集合与从Nm到A的单射的集合之间可建立一一对应关系。

数。

由组合的定义易知，从n个相异元素中取m个元素无重复的组合数，就是集合A内m元子集的个数。于是，我们只要能证明从Nm到A的严格保序映射的个数等于A内m元子集的个数即可。

设f是Nm到A内的严格保序映射，则任给j，j∈Nm,当i

③从n个相异元素中取m个元素可重复的排列数nm等于Nm到A的映射个数。

它有n中取法，故从Nm到A的映射的个数为nm。

数。

首先，从n个不相同元素中取m个元素可重复的组合的集合与有( m1, m2,…,mn)的集合可以建立一一对应的关系，其中mi(1≤i≤n) 是A中元素ai取出的个数，并且m1+m2+…+mn=m。

其次，有序组（m1, m2,…,mn）的集合与线性有序集Nm到线性有序集A的不严格保序映射的集合又可建立一一对应关系，这只需将Nm中前m1个元素映射到a1，接着的m2个元素映射到a2,…,最后的mn个元素映射到an即可。因此，④的结论是正确的。

3.用映射观点分析、解决排列组合问题

例1，3封信投入四个信箱，有多少种不同的投递方法？

分析： 对该问题，通常有两种思考方法，其一是“以信为主”，由于每封信可能投入4个信箱中任一个，即有4种投法，因此，总的投递方法是43，其二是“以信箱为主”，由于每个信箱可能接纳3封信中的任一封，即有3种方法，因此总的投递方法是34，两种思路得出两种不同的结果，究竟哪种解法正确，令人费解。若用映射观点分析，处理问题就会很清楚，，因为同一封信只能投入一个信箱，不能同时投入几个信箱，而一个信箱却可以同时接纳几封信，所以，作为映射的定义域只能是X={3封信}，映射的值域是Y={4个信箱}，每一个从X到Y的映射决定了一种投递方法，由③知，该问题是一个可重复的排列问题，总的投递方法是43。

处理排列组合问题的关键是判断问题的类型，即判断问题属于无重复的排列、组合、重复的排列、组合中的哪一类，这是一个难点，既是归类正确，在具体计算时也容易出现重复或遗漏现象，用映射的观点分析，处理排列组合问题既可使问题正确规类，又可避免重复、遗漏现象，且思路清晰，层次分明，能有效地防止错误。

重视排列组合教学中的几个关系 篇3

关键词：排列,组合,一般,特殊

新教材高中理科数学教学内容中, 计数原理中的排列组合这部分一直是一个重点难点.重视排列组合的教学, 学生从学习过程中体会数学思想方法, 发展学生抽象的逻辑思维能力以及重视运算能力.从加法原理到乘法原理, 从乘法原理到排列, 从排列到组合, 教材中这样安排, 教学中我们要挖掘它们之间的内在联系与知识点的延续性.排列组合教学中应重视以下几个关系.

一、加法原理与乘法原理的关系

加法原理与乘法原理是计数的两个基本原理.教材在给出这两个原理的说法时抽象说“完成一件事, 可以分为n类办法或者是n个步骤”, 讲课中结合实例, 指出题目中的问题情境中, 如何才能算是完成了一件事?

例1三封信投入四个邮箱, 有多少种不同的投法?

问题中把三封信都投进邮箱, 才是完成这件事, 所以思维的主体对象是信而不是信箱.每一封信有4种选择, 用乘法原理, 共有4×4×4=43种投法.

二、乘法原理与排列的关系

乘法原理的适用范围允许元素重复, 而排列是不允许元素重复的特殊的乘法原理.

例2从数字1, 2, 3, 4, 5, 6中可以组成多少个允许数字重复的三位数?利用乘法原理思维:数字允许重复, 个十百位每一位都有6种办法, 共有6×6×6=63个数字允许重复的三位数.

从数字1, 2, 3, 4, 5, 6中可以组成多少个不允许数字重复的三位数?数字不允许重复, 这是排列问题:个十百位三位依次有5, 4, 3种办法, 共有6×5×4=120个数字不允许重复的三位数.

抓住乘法原理与排列这两者之间的关系有利于更好地理解排列数的运算公式:

三、排列与组合之间的关系

从排列的定义中可以得出组合是排列中的一个步骤.“从n个不同的元素中取出m个元素”并成一组就是一个组合, 这是排列定义中的第一句话, 是排列的第一步, “再把这m个元素按照一定的顺序排成一列”, 这是第二步.由此得出组合数公式:

从而加强加深组合数公式理解和记忆.

排列与组合的区别在于, 选出m个不同的元素后, 问题与顺序有关是排列问题, 与顺序无关则是组合问题.

四、厘清特殊与一般的关系

加法原理、乘法原理、排列数、组合数等是计数的基本方法类型, 解决实际问题中常常遇到复杂的问题情境.一些不直接符合上述类型的计数问题, 采用了一些常规的特殊办法, 如, 捆绑法, 插空法, 间接法等.另外, 排列中一个重要的思维方法是特殊元素或特殊位置优先考虑原则.

为了在计数过程做到不重不漏, 更好地掌握好这部分知识内容, 要能够从一些特殊问题中总结出一般性规律, 把这些典型题型的计数问题作为计数模型代表, 类似问题容易触类旁通, 避免发生重复错误, 从而达到事倍功半的学习效率.下面举出具体的例子加以说明.

例3 4名教师分到3所学校支教, 每校至少一名教师, 有多少不同的分法?

如果任取三名教师各分一所学校, 多出来一名教师如何分配?这容易重复计数导致计数错误.

正确的思维方法是, 先从4名教师中选出2名组成一组, 另外两名每人一组, 总共三组, 分给三所学校, 属于先分组 (组合) 后排列.共有C42A33=36种分法.

在教学实践中我把这一题型作为一种典型的计数题型加以强调, 举一反三, 触及到其他类似问题.类似分组问题:把四个人分成两个小组, 每组两人, 有多少种不同的分法?

这里首先要明确, 分组不能等同于组合问题.这个答案不是组合数C42, 而是, 此处易计数重复.

例4将6名志愿者分成4组, 其中2个小组各2人, 两个小组各1人, 分赴世博会的4个不同的场馆服务, 不同的分配方案有多少种?

首先解决分4组问题, 分法有种;分好四个小组后, 按照不同的顺序安排到4个不同的场馆属于排列问题, 所以共有种分配方案.

下面再举出两个关于计数的综合问题.

例5 (1) 有5个人并排站成一排, 如果甲必须在乙的右边, 则不同的排法有多少种?

5个人并排站成一排, 是排列问题, 有A55=120种排法.由于甲乙顺序固定, 所以要乘以种排法.

(2) 现有10个保送上大学的名额, 分配给7所学校, 每校至少1名额, 则名额分配的方法有多少种?

若10个名额分给每校一名额, 还多出3名, 多出的三名如何分配?这种思维方法的计数易重易漏.先将10个名额分成7组, 分法共有三类分别是4, 1, 1, 1, 1, 1, 1;3, 2, 1, 1, 1, 1, 1;2, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 再计算每类中的7组各分给7所学校, 共计有C71+A72+C73=7+42+35) =84种分配方法.

如果用隔板法解此题则是:假若10个名额并成一排, 将其隔开成7组, 每组至少一个名额.即可在10个名额之间的9个空位, 选择6个位置放隔板, 得到的一个结果对应一种分配方案, 共有C96=84种分配方法.

例6有编号分别为1, 2, 3, 4的四个盒子和四个小球, 把小球全部放入盒子, 问:

(1) 共有多少种放法?

(2) 恰有一个空盒子, 有多少种放法?

(3) 恰有两个空盒子内不放球, 有多少种不同的放法?

(1) 乘法原理模型, 有43=64种放法.

(2) 从四个盒子任选一个盒子空出有C41种方法, 四个小球装进三个盒子, 每盒至少一个, 共有C41C42A33=144种放法.

(3) 先从四个盒子任选两个盒子空出有C42种方法;四个小球要放进剩余的两个盒子, 每个盒子至少一球, 则把四个小球分成两组共有两类分别为2, 2;3, 1, 共有C42 (C43A22+C42C22=84种放法.

排列组合属于高中理科数学知识点的重点难点, 在教学中要善于不断地总结方法, 除夯实常规思维方法之外, 发现和掌握特殊题型特殊方法, 提高学生学习数学的效率, 实现高效课堂.

参考文献

[1]人教版高中数学教材选修 (2-3) .人民教育出版社.

[2]求解排列应用题的主要方法及分组分配问题.三维设计2015年新课标高考理科数学总复习:粤鄂版, 光明出版社, 171.

排列组合教学中的尝试 篇4

关键词：排列；组合；问题实质；不重不漏

对于典型的排列组合问题，一般可分为以下几类：

①相邻问题——捆绑法；②不相邻问题——选空插入法；

③复杂问题——总体排除法；④特殊元素——优先考虑法；⑤多元问题——分类讨论法；⑥混合问题——先选后排法；⑦相同元素分配——档板分隔法。

以上问题，学生都掌握得非常熟练了。但有些问题，不能归为这七类中的任何一类，在解决这些计数问题时，学生做出来的结果往往是正确答案的二倍，究其原因，往往是选法数重复了，这使学生非常困惑。

在教学中，我曾经提出这样一个问题：从5双不同的靴子中选出4只靴子，其中恰有2只配成一双，共有多少种不同的选法？不少学生都是这样的思路：第一步，从5双靴子中选出一双，有C15种不同的选法；第二步，从剩余的8只靴子中选一只，有C18种不同的选法；第三步，从剩余的6只靴子中选一只，有C16种不同的选法，故符合条件的选法种数为C15C18C16=240种，殊不知，正确答案是120种。当我给出正确答案时，学生们顿时就炸开了锅，立即展开了热烈的讨论。后来，学生们领悟到，出错在第二步和第三步，如果用a1，a2；b1，b2；c1，c2；d1，d2来表示剩余的4双靴子，那么先选到a1，再选到c2，与先选到c2，再选到a1是同一种选法，所以其选法就重复了。那么，怎样才能让学生在解决这类问题时，能做到不重不漏呢？

一、排列组合综合问题的一般解题规律

1.处理排列、组合综合问题，一般思想是先选元素（组合），后排列，按元素的性质进行“分类”和按事件的过程“分步”，保证每步独立，达到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏。

2.排列与组合定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关。

3.复杂的排列问题常常通过试验、画“树图”“框图”等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难于检验，因此，常常需要用不同的方法求解来获得检验。

4.在解决排列、组合综合问题时，必须深刻理解排列组合的概念，能熟练地对问题进行分类，牢记排列数与组合数公式与组合数性质，容易产生的错误是重复和遗漏计数。

二、抓住问题的本质特征和规律，讲究解题策略和方法技巧，使看似复杂的问题迎刃而解

有次我叫学生做一个练习：在10件产品中，有8件合格品，2件次品，从中任意抽出3件，求至少有1件是次品的抽法有多

少种？

学生的做法基本有两种：①本题至少有1件次品包括：1件次品和2件次品两种情况，有C12C28+C22C18=64种抽法；②至少有1件次品的反面是没有次品：C310-C38=64种抽法。正当我准备讲另外一个问题的时候，有个同学突然举手，说：“我有一个好办法，不用分类就可以做出来，先在2件次品中抽一件，有C12种抽法，而剩余的一件可被抽出，也可不被抽出，所以就把它与8件合格品放在一起，从这9件产品中抽2件即可，即C29种抽法，由分步计数原理得，抽法为C12C29=72种。”其他同学好像被动摇了，我让他们讨论，最终找到了错误的原因。将8件正品记为A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8，2件次品记为B1，B2，那么先抽到B1，再抽到A1与先抽到B2，再抽到A1是同一种抽法。所以，当2件次品均被抽到的方法数就重复了8种。

另一问题：从某6个人中选出5个人去坐5个座位（每个座位只能坐1人），其中甲只能坐在某个位置，那么不同的坐法有多少种？

错解：先确定甲的位置，再在其余5人中选4人排列，共有

1·A45=120种排法。

辨析：从6人中只选5人，不一定选到甲。若没有选到甲，还有A55=120种排法。题意要求甲只能坐在某个位置，并没有要求那个位置只能坐甲，还要分选到甲与没有选到甲两类，不能漏解。

正解：按选到甲或没有选到甲分为两类：若选到甲有1·A45=A55种排法；若没有选到甲有1·A55=A55种选法。根据分类计数原理可

知，不同的排法共有A45+A55=240种排法。

排列组合是概率统计的基础，是高中数学教材中的重点，也是一个难点。教师在教学过程中，对于排列组合问题中常见的错误进行剖析，找到解决问题的对策，可以有效地避免误解，准确地解决排列组合问题。

排列组合在生活中的应用 篇5

例1.小刘要想买福利彩票，他通过对以往福利彩票的中奖情况的分析，认为3, 6, 8, 10, 12, 15, 17, 18, 27在下一期出现的可能性比较大，其中3, 10, 12, 18尤为突出，而福利彩票是从1到30任取7个数为1注，每注2元，为了提高中奖的可能性，他想通过胆拖或复式的形式购买。

问：（1）若小刘以3, 10, 12, 18为胆，以6, 8, 15, 17, 27为托买彩票，要花多少钱？

(2）若小刘以3, 6, 8, 10, 12, 15, 17, 18, 27为复式的形式买彩票，要花多少钱？

解：（1）由于小刘以3, 10, 12, 18为胆，有4个数，所以只需要从6, 8, 15, 17, 27中任取3个数即可组成一注，所以有注，所以小刘共花10×2=20元钱。

(2）小刘买3, 6, 8, 10, 12, 15, 17, 18, 27共9个数的复式，则从这9个数中任取7个数可以组成一注，有注，所以小刘共花36×2=72元钱。

点评：生活中的彩票问题实际上就是组合的应用，通过它不仅能够根据自己手中的钱数做出合理的买彩票的方式，还可以计算出自己中奖的注数和领取奖金的多少。

例2.公路上有一只青蛙沿公路进行跳跃式地前进或后退，假设青蛙沿公路直线前进或后退，每次跳跃1米，经过5次跳动青蛙前进了3米，则青蛙不同的跳动方法共有多少种。

解：设每次跳动的值为xi， (i=1, 2, 3, 4, 5），由题意可得x1+x2+x3+x4+x5=3，所以必须有4个1和1个-1，共有C51×C44=5种跳法。

点评：在实际问题中涉及排列组合问题时，不仅要正确地将题意转化为排列组合数的计算，还要注意分步计数原理和分类计数原理的应用。

例3.某小学五年级3班共有女生12名同学上体育课，体育老师准备将他们进行分组做传球游戏。

问：（1）若4人一组，则该班的全体女同学可以分为多少个不同的组？

(2）若甲、乙、丙、丁四人分为一组相互传球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中的任一人，第二次由拿球者再传给其他三人中的任一人，这样共传了4次，则第4次仍传给甲的方法有多少？

解：（1) 4名女同学1组，由于共有12人，则个，即共有495个不同的小组。

(2) 第一次和第三次接球的是同一人有C13×C13=9种方法。

第一次和第三次接球的不是同一人有A23×2=12种方法。

所以有C13×C13+A23×2=21种方法。

排列组合中的分组(堆)问题 篇6

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.

排列组合中的分组分配问题 篇7

排列组合应用题中的分配分组问题, 是一类抽象难懂的问题, 包含的类型也特别多主要有以下几种: 均分无分配对象、均分有分配对象、非均分组无分配对象、非均分组有分配对象、部分均分无分配对象、部分均分有分配对象. 很多同学在做这类题目的时候分不清楚到底是属于哪类的分组分配问题. 下面主要从一些例题分析这些不同类型的分组分配问题, 从而更好的辨别这些类型的问题.

例1 六本不同的书, 分为三组, 求在下列条件下各有多少种不同的分配方法?

( 1) 每组两本.

( 2) 甲、乙、丙三人, 每人两本

( 3) 一组一本, 一组二本, 一组三本.

(4) 甲、乙、丙三人, 一人一本、一人两本、一人三本.

(5) 一组四本, 另外两组各一本.

( 6) 甲、乙、丙三人, 一人四本、一人一本、一人一本.

分析显然以上6 个小题分别对应一种类型的分配问题.

( 1) 分组与顺序无关, 是组合问题. 分组数是C62C42C22=90 ( 种) , 这90 种分组实际上重复了6 次. 我们不妨把六本不同的书写上1、2、3、4、5、6 六个号码, 考察以下两种:

分法: ( 1, 2) ( 3, 4) ( 5, 6) 与 ( 3, 4) ( 1, 2) ( 5, 6) , 由于书是均匀分组的, 三组的本数一样, 又与顺序无关, 所以这两种分法是同一种分法. 以上的分组方法实际上加入了组的顺序, 因此还应取消分组的顺序, 即除以组数的全排列数A33, 所以分法是. 所以平均分组是无序的, 各组合数相乘时产生了顺序, 故应消序 ( 除以平均组数的全排列) .

( 2) “分为三组, 再将这三组分给甲、乙、丙三人”, 因此只要将分组方法数再乘以A33, 即.

( 3) 先分组, 方法是C61C52C33, 那么还要不要除以A33? 我们发现, 由于每组的书的本数是不一样的, 因此不会出现相同的分法, 即共有C61C52C33= 60 ( 种) 分法. 所以不平均分组是有序的, 不需要消序.

( 4) 类似 ( 2) 可以得到C61C52C33A33= 360 ( 种) .

( 5) 分组方法是C64C21C11= 30 ( 种) , 那么其中有没有重复的分法呢? 我们发现, 其中两组的书的本数都是一本, 因此这两组有了顺序, 而与四本书的那一组, 由于书的本数不一样, 不可能重复. 所以实际分法是. 所以局部平均分组应局部消序.

(6) 类似 (2) 可以得到.

对于分配问题做到先分组, 再分配

类似的问题比如:

例2 12 本不同的书分给甲、乙、丙三人按下列条件, 各有多少种不同的分法?

(1) 一人三本, 一人四本, 一人五本;

(2) 甲三本, 乙四本, 丙五本;

(3) 甲两本, 乙、丙各五本;

根据上面例题的分析容易得出答案:

下面再看几个分配问题的变形问题

例3 四个不同的小球放入编号为1, 2, 3, 4 的四个盒子中, 恰有一个空盒的放法有多少种?

分析恰有一个空盒, 则另外三个盒子中小球数分别为1, 1, 2. 实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组, 两组各1 个, 另一组2 个, 分组方法有, 然后将这三组 ( 即三个不同元素) 分配给四个小盒 ( 不同对象) 中的3 个的排列问题, 即共有.

例4 有甲、乙、丙三项任务, 甲需2 人承担, 乙、丙各需1 人承担, 从10 人中选派4 人承担这三项任务, 不同的选法有多少种?

分析先考虑分组, 即10 人中选4 人分为三组, 其中两组各一人, 另一组二人, 共有分法. 再考虑排列, 甲任务需2 人承担, 因此2 人的那个组只能承担甲任务, 而一个人的两组既可承担乙任务又可承担丙任务, 所以共有不同的选法.

例5设集合A = { 1, 2, 3, 4} , B = { 6, 7, 8} , A为定义域, B为值域, 则从集合A到集合B的不同的函数有多少个?

分析由于集合A为定义域, B为值域, 即集合A、B中的每个元素都有“归宿”, 而集合B的每个元素接受集合A中对应的元素的数目不限, 所以此问题实际上还是分组后分配的问题. 先考虑分组, 集合A中4 个元素分为三组, 各组的元素数目分别为1, 1, 2, 则

共有分组方法.再考虑分配, 即排列, 再乘以A33, 所以共有不同的函数.

总之, 掌握上述方法, 就能顺利解决任何分配问题. 而且, 学会了分配问题, 还能将一些其他的排列组合问题转化为分配问题来解决.

2009年高考中的排列组合问题 篇8

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。

排列与组合应用题教学六法 篇9

一、直接法

依据两个基本原理以及排列、组合的有关概念，直接列式计算而得到其方法种数的方法称为直接法.

例1：有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，共有多少种不同的选法？

解：这是组合问题，分三步完成：

第一步，从10人中选出2人承担甲项任务，共有 种方法；

第二步，从剩下8人中选1人承担乙项任务，共有 种方法；

第三步，从另外7人中选1人承担丙项任务，共有 种方法.

因此，不同的选法种数共有C210·C18·C17 =2 520种.

【说明】用直接法解题时，捕捉信息，分清排列问题还是组合问题，进行分类或分步是解题的关键.

二、间接法（排除法）

在求解附加有限制条件的排列、组合问题时，可首先求出不含有其附加条件的排列、组合数，再减去其中不符合附加限制条件的排列、组合数的方法称为间接法（排除法）.

例2：某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2人当代表，至少有1名女生当选，共有多少种不同的选法？

解：从10名学生中任选2名当代表有C210 种选法，其中不符合要求的有：两人都是男生的选法有C27种选法，因此，符合条件的选法有C210-C27=24 种.

【说明】本例是带有附加条件的组合问题，这里“至少有1名女生当选”，即为附加条件.先求出所有的组合数，再减去不符合条件的选法.

三、捆绑法

在研究某些排列、组合问题时，某些元素必须在一起，处理时把它们并成1组，或者作为一个整体，与其他元素进行排列、组合，然后再考虑该整体内部的排列、组合问题.这种方法叫捆绑法.

例3：有7个人排成一排照相，甲、乙两人必须相邻的排法有多少种？

解：本例是排列问题，可分为两个步骤：

第一步，将甲、乙两人当作1个（保证他们相邻），6个人的全排列数为A66；

第二步，甲、乙两人的位置可以交换，排列数为A22；

因此，甲、乙两人必须相邻的排法种数为A66 ·A22=1 440种.

四、插空法

在研究不相邻的排列问题时，可先安排无条件限制的元素，然后把要求不相邻的元素根据题设安插在上述元素的空位当中，必要时包括前后两端的空位，这种解题方法称插空法.

例4：由数字1、2、3、4、5组成的没有重复的数字，且数字1与2不相邻的5位数，那么这种5位数共有多少个？

解：本例是排列问题，分两步完成：

第一步，先让3、4、5这3个数作全排列，有A33种选法.排好后出现4个空位，如下图：

第二步，从这4个空位中任取两个让1、2去站位，则数字1与2均不相邻共有站法种数为A24 ，根据分步计数原理，这种5位数共有A33·A24=72个.

五、先选后排法

对于排列、组合的混合应用题，往往可以采用先选出来，然后再按要求进行排列的方法，这种方法称为先选后排法.

例5：从5男4女中，选出3男2女共5个人，分别参加5种不同的工作，有多少种不同的选法？

解：这是一个排列、组合的混合应用题，分两步完成：

第一步（先选），从5男4女中选出3男2女5個人，共有C35 ·C24种选法.

第二步（后排），选出的5个人分别参加5种不同的工作，有A55种选法.

依据分步计数原理，不同的选法共有（C35 ·C24）·A55=7 200种.

【说明】用先选后排法解排列、组合的混合应用题，关键是如何先选，也就是把元素分成怎样的组合，要选得合理，解法才会正确.

六、特殊优先法

对于一些带有附加条件的排列、组合应用问题，往往优先考虑受条件限制的某些特殊元素或特殊位置，然后再考虑剩下的元素或位置的方法称为特殊优先法.

例6：用数字0、1、2、3、4、5能组成多少个没有重复数字的6位奇数？

解：本例是一个带有特殊条件的排列问题，先排含特殊条件的数字，共分3步完成：

第一步（特殊优先），个位数可从1、3、5这3个奇数中任选1个，有A13种选法；

第二步（特殊优先），由于0不能是10万位数字，所以从剩余的2个奇数与2、4共4个数字中任选1个作为10万位数字，有A14种选法；

第三步，再把剩余的3个数字与0共4个数字，在万位数至10位数的4个位置上进行全排列，有A44种选法；

依据分步计数原理，共有A13·A14·A44=288种选法.

例谈排列组合中的“不相邻”问题 篇10

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) .