新颖北京小学奥数排列组合经典例题

排列组合问题

教学目标：

1.使学生正确理解排列、组合的意义；正确区分排列、组合问题；

2.了解排列、排列数和组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的排列或组合； 3.掌握排列组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；

4.会、分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；通过本讲的学习，对排列组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握排列与组合的联系和区别，并掌握一些排列组合技巧，如捆绑法、挡板法等。

5.根据不同题目灵活运用计数方法进行计数。

知识点拨：

一. 加法原理：做一件事情，完成它有N类办法，

在第一类办法中有M1中不同的方法， 在第二类办法中有M2中不同的方法，……， 在第N类办法中有Mn种不同的方法，

那么完成这件事情共有M1+M2+……+Mn种不同的方法。

二. 乘法原理：如果完成某项任务，可分为k个步骤，

完成第一步有n1种不同的方法， 完成第二步有n2种不同的方法，…… 完成第ｋ步有ｎｋ种不同的方法，

那么完成此项任务共有ｎ１×ｎ２×……×ｎｋ种不同的方法。

三. 两个原理的区别

 做一件事，完成它若有n类办法，是分类问题，每一类中的方法都是的，故用加法

原理。

每一类中的每一种方法都可以完成此任务；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)

 做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的

步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．

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

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成此任务；各步计数相互；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

 这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来．

四. 排列及组合基本公式

1. 排列及计算公式

从n个不同元素中，任取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；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 Pmn表示. Pmn =n(n-1)(n-2)……(n-m+1) n!

=(n-m)! (规定0!=1).

2. 组合及计算公式

从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cn表示. Cmn = Pmn /m!=

n!

(n-m)!×m!

m

一般当遇到m比较大时（常常是m>0.5n时），可用Cmn = Cn-mn 来简化计算。 规定：Cnn =1, C0n=1.

3. n的阶乘(n!)——n个不同元素的全排列

Pnn=n!=n×(n-1)×(n-2)…3×2×1

例题精讲：

一、 排列组合的应用

【例 1】 小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？

（1）七个人排成一排；

（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.

（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间. （4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边. （5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上. （6）七个人战成两排，前排三人，后排四人.

（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排。

【解析】 （1）P775040（种）。

（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．P66720（种）.

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（3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×P6=1440(种)．

（4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置．2P55240 (种)． （5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人，再排剩下的5个人，P52P552400（种）. （6）七个人排成一排时，7个位置就是各不相同的．现在排成两排，不管前后排各有几个人，7个位置还是各不相同的，所以本题实质就是7个元素的全排列．P775040（种）.

（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“小新在前，阿呆在后”，两种情况是对等的，所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可．4×3×P5×2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特殊情况再去全排列。

【例 2】 用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？ 【解析】 个位数字已知，问题变成从从5个元素中取2个元素的排列问题，已知n5，m2，根据排列数公式，

一共可以组成P525420(个)符合题意的三位数。

【巩固】 用1、2、3、4、5这五个数字可组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？ 【解析】 可以分两类来看：

⑴ 把3排在最高位上，其余4个数可以任意放到其余4个数位上，是4个元素全排列的问题，有

P44432124(种)放法，对应24个不同的五位数；

56⑵ 把2，4，5放在最高位上，有3种选择，百位上有除已确定的最高位数字和3之外的3个数字可以选择，有3种选择，其余的3个数字可以任意放到其余3个数位上，有P336种选择．由乘法原理，可

以组成336(个)不同的五位数。

由加法原理，可以组成2478(个)不同的五位数。

【巩固】 用0到9十个数字组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数按从小到大的顺序排列，则5687是第

几个数？

【解析】 从高位到低位逐层分类：

⑴ 千位上排1，2，3或4时，千位有4种选择，而百、十、个位可以从0~9中除千位已确定的数字之

外的9个数字中选择，因为数字不重复，也就是从9个元素中取3个的排列问题，所以百、十、个位可有P93987504(种)排列方式．由乘法原理，有45042016(个)．

⑵ 千位上排5，百位上排0~4时，千位有1种选择，百位有5种选择，十、个位可以从剩下的八个数

2字中选择．也就是从8个元素中取2个的排列问题，即P，由乘法原理，有88756(个)． 1556280⑶ 千位上排5，百位上排6，十位上排0，1，2，3，4，7时，个位也从剩下的七个数字中选择，有

116742(个)．

⑷ 千位上排5，百位上排6，十位上排8时，比5687小的数的个位可以选择0，1，2，3，4共5个． 综上所述，比5687小的四位数有20162804252343(个)，故比5687小是第2344个四位数．

【例 3】 用1、2、3、4、5这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3的倍数？ 【解析】 按位数来分类考虑：

⑴ 一位数只有1个3；

⑵ 两位数：由1与2，1与5，2与4，4与组数字组成，每一组可以组成P22212(个)不同的两位数，共可组成248(个)不同的两位数；

⑶ 三位数：由1，2与3；1，3与5；2，3与4；3，4与组数字组成，每一组可以组成

P333216(个)不同的三位数，共可组成6424(个)不同的三位数；

⑷ 四位数：可由1，2，4，5这四个数字组成，有P44432124(个)不同的四位数； ⑸ 五位数：可由1，2，3，4，5组成，共有P5554321120(个)不同的五位数．

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由加法原理，一共有182424120177(个)能被3整除的数，即3的倍数．

【巩固】 用1、2、3、4、5、6六张数字卡片，每次取三张卡片组成三位数，一共可以组成多少个不同的偶数？ 【解析】 由于组成偶数，个位上的数应从2，4，6中选一张，有3种选法；十位和百位上的数可以从剩下的5张

中选二张，有P525420(种)选法．由乘法原理，一共可以组成32060(个)不同的偶数．

【例 4】 某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9，那

么确保打开保险柜至少要试几次？

【解析】 四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；

2，2，2，3六种。

第一种中，可以组成多少个密码呢？只要考虑6的位置就可以了，6可以任意选择4个位置中的一个，其余位置放1，共有4种选择； 第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，可以有3种选择，剩下的位置放1，共有4312(种)选择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有12种选择．最后一种，与第一种的情形相似，3的位置有4种选择，其余位置放2，共有4种选择．

综上所述，由加法原理，一共可以组成412121212456(个)不同的四位数，即确保能打开保险柜至少要试56次．

【例 5】 两对三胞胎喜相逢，他们围坐在桌子旁，要求每个人都不与自己的同胞兄妹相邻，(同一位置上坐不

同的人算不同的坐法)，那么共有多少种不同的坐法？

16(种)选法，第二个位置在另一胞胎的3人中任选一个，有【解析】 第一个位置在6个人中任选一个，有C61C33(种)选法．同理，第3，4，5，6个位置依次有2，2，1，1种选法．由乘法原理，不同的坐

11法有P61P31P21P21P1P163221172(种)。

【例 6】 一种电子表在6时24分30秒时的显示为6:24：30，那么从8时到9时这段时间里，此表的5个数字

都不相同的时刻一共有多少个?

【解析】 设A:BCDE是满足题意的时刻，有A为8，B、D应从0，1，2，3，4，5这6个数字中选择两个不同的

数字，所以有P6种选法，而C、E应从剩下的7个数字中选择两个不同的数字，所以有P7种选法，所以共有P6×P7=1260种选法。

从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有1260个。

【例 7】 一个六位数能被11整除，它的各位数字非零且互不相同的．将这个六位数的6个数字重新排列，最

少还能排出多少个能被11整除的六位数? 【解析】 设这个六位数为abcdef，则有(ace)、(bdf)的差为0或11的倍数．且a、b、c、d、e、f

均不为0，任何一个数作为首位都是一个六位数。

先考虑a、c、e偶数位内，b、d、f奇数位内的组内交换，有P3×P3=36种顺序； 再考虑形如badcfe这种奇数位与偶数位的组间调换，也有P3×P3=36种顺序。

所以，用均不为0的a、b、c、d、e、f最少可排出36+36=72个能被11整除的数(包含原来的abcdef)。

所以最少还能排出72-1=71个能被11整除的六位数。

【例 8】 已知在由甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行的手工制作比赛中，决出了第一至第五名的名次．甲、

乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这个回答分析，5人的名次排列共有多少种不同的情况？

【解析】 这道题乍一看不太像是排列问题，这就需要灵活地对问题进行转化．仔细审题，已知“甲和乙都未拿到

冠军”，而且“乙不是最差的”，也就等价于5人排成一排，甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法数，因为乙的最多，所以先排乙，有3种排法，再排甲，也有3种排法，剩下的人随意排，有P333216(种)排法．由乘法原理，一共有336(种)不同的排法。

33332222【例 9】 4名男生，5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法：

⑴ 甲不在中间也不在两端； ⑵ 甲、乙两人必须排在两端；

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⑶ 男、女生分别排在一起； ⑷ 男女相间．

【解析】 ⑴ 先排甲，9个位置除了中间和两端之外的6个位置都可以，有6种选择，剩下的8个人随

8意排，也就是8个元素全排列的问题，有P由乘法原理，88765432140320(种)选择．共有640320241920(种)排法．

⑵ 甲、乙先排，有P22212(种)排法；剩下的7个人随意排，有

P7776543215040(种)排法．由乘法原理，共有2504010080(种)排法．

⑶ 分别把男生、女生看成一个整体进行排列，有P22212(种)不同排列方法，再分别对男生、女生内部进行排列，分别是4个元素与5个元素的全排列问题，分别有 P44432124(种)和P5554321120(种)排法． 由乘法原理，共有2241205760(种)排法．

⑷ 先排4名男生，有P44432124(种)排法，再把5名女生排到5个空档中，有

P5554321120(种)排法．由乘法原理，一共有241202880(种)排法。

【巩固】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目。如果贝贝和妮

妮不相邻，共有（ ）种不同的排法。

【解析】 五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）。

如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）。 因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有24×2=48(种)； 贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）。

【例 10】 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目．求：

⑴ 当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？

⑵ 当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？

【解析】 ⑴ 先将4个舞蹈节目看成1个节目，与6个演唱节目一起排，则是7个元素全排列的问题，有

P777!76543215040(种)方法．第二步再排4个舞蹈节目，也就是4个舞蹈节

目全排列的问题，有P444!432124(种)方法． 根据乘法原理，一共有504024120960(种)方法．

⑵ 首先将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，是6个元素全排列的问题，一共有

P666!654321720(种)方法． ×□×□×□×□×□×□×

第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间(即上图中“×”的位置)，这相当于从7个“×”中选4个来排，一共有P747654840(种)方法． 根据乘法原理，一共有720840604800(种)方法。

【巩固】 由4个不同的独唱节目和3个不同的合唱节目组成一台晚会，要求任意两个合唱节目不相邻，开始和

最后一个节目必须是合唱，则这台晚会节目的编排方法共有多少种？

【解析】 先排独唱节目，四个节目随意排，是4个元素全排列的问题，有P44432124种排法；其次在独

唱节目的首尾排合唱节目，有三个节目，两个位置，也就是从三个节目选两个进行排列的问题，有P32326(种)排法；再在独唱节目之间的3个位置中排一个合唱节目，有3种排法．由乘法原理，

一共有2463432(种)不同的编排方法．

【小结】排列中，我们可以先排条件不多的元素，然后再排多的元素．如本题中，独唱节目排好之后，

合唱节目就可以采取“插空”的方法来确定排法了．总的排列数用乘法原理．把若干个排列数相乘，得出最后的答案。

【例 11】 ⑴从1，2，…，8中任取3个数组成无重复数字的三位数，共有多少个？（只要求列式）

⑵从8位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不同的选法？ ⑶3位同学坐8个座位，每个座位坐1人，共有几种坐法？ ⑷8个人坐3个座位，每个座位坐1人，共有多少种坐法？

⑸一火车站有8股车道，停放3列火车，有多少种不同的停放方法？

⑹8种不同的菜籽，任选3种种在不同土质的三块土地上，有多少种不同的种法？

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【解析】 ⑴按顺序，有百位、十位、个位三个位置，8个数字（8个元素）取出3个往上排，有P83种．

⑵3种职务3个位置，从8位候选人（8个元素）任取3位往上排，有P83种．

⑶3位同学看成是三个位置，任取8个座位号（8个元素）中的3个往上排（座号找人），每确定一种号码即对应一种坐法，有P83种．

⑷3个坐位排号1，2，3三个位置，从8人中任取3个往上排（人找座位），有P83种． ⑸3列火车编为1，2，3号，从8股车道中任取3股往上排，共有P83种． ⑹土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往上排，有P83种。

【巩固】 现有男同学3人，女同学4人(女同学中有一人叫王红)，从中选出男女同学各2人，分别参加数学、

英语、音乐、美术四个兴趣小组： (1)共有多少种选法?

(2)其中参加美术小组的是女同学的选法有多少种? (3)参加数学小组的不是女同学王红的选法有多少种?

(4)参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有多少种? 【解析】 （1）从3个男同学中选出2人，有

3243=3种选法。从4个女同学中选出2人，有=6种选法。22在四个人确定的情况下，参加四个不同的小组有4×3×2×1=24种选法。

3×6×24=432，所以共有432种选法。

（2）在四个人确定的情况下，参加美术小组的是女同学时有2×3×2×1=12种选法。 3×6×12=216，所以其中参加美术小组的是女同学的选法有216种。

（3）考虑参加数学小组的是王红时的选法，此时的问题相当于从3个男同学中选出2人，从3个女同学中选出1人，3个人参加3个小组时的选法。

3×3×3×2×1=，所以参加数学小组的是王红时的选法有种，432-=378，所以参加数学小组的不是女同学王红的选法有378种。

（4）考虑参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法，此时的问题相当于从3个男同学中选出2人参加两个不同的小组，从3个女同学中选出1人参加美术小组时的选法。

3×2×3=18，所以参加数学小组的是王红且参加美术小组的是女同学时的选法有18种，216-18=198，所以参加数学小组的不是女同学王红，且参加美术小组的是女同学的选法有198种。

【例 12】 某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的48名选手分成8个小

组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段：将8个小组产生的前2名共16人再分成4个小组，每组4人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4个小组产生的4个第1名进行2场半决赛和2场决赛，确定1至4名的名次．问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？

652【解析】 第一阶段中，每个小组内部的6个人每2人要赛一场，组内赛C615场，共8个小组，有

21432158120场；第二阶段中，每个小组内部4人中每2人赛一场，组内赛C46场，共4个小组，

21有6424场；第三阶段赛224场．根据加法原理，整个赛程一共有120244148场比赛。

【例 13】 由数字1，2，3组成五位数，要求这五位数中1，2，3至少各出现一次，那么这样的五位数共有________

个。(2007年“迎春杯”高年级组决赛)

【解析】 这是一道组合计数问题．由于题目中仅要求1，2，3至少各出现一次，没有确定1，2，3出现的具体

次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由1,2,3组成的五位数中，去掉仅有1个或2个数字组成的五位数即可．

15460(个)；⑵1，2，3中有(法1)分两类：⑴1，2，3中恰有一个数字出现3次，这样的数有C3290(个)．符合题意的五位数共有6090150(个)． 两个数字各出现2次，这样的数有C325C4(法2)从反面想，由1，2，3组成的五位数共有35个，由1，2，3中的某2个数字组成的五位数共有

3(252)个，由1，2，3中的某1个数字组成的五位数共有3个，所以符合题意的五位数共有353(252)3150(个)。

【例 14】 10个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？

【解析】 (法1)乘法原理．按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是除

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了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有7种选择，总共就有71070种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了两种，所以最后的结果应该是(10111)10235(种)．

2(法2)排除法．可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为C10，而被选的两个人相邻

210451035(种)。 的情况有10种，所以共有C10

【例 15】 8个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮必须

相邻，满足要求的站法一共有多少种？

【解析】 冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留给冬

冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇． 小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻 小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑

31P22C4P22P333360（种） 只满足第一、三个条件的站法总数为：C73P22P32P22P22960（种） 同时满足第一、三个条件，满足小慧和大智必须相邻的站法总数为：C6因此同时满足三个条件的站法总数为：33609602400（种）。

【例 16】 小明有10块大白兔奶糖,从今天起,每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法? 【解析】 我们将10块大白兔奶糖从左至右排成一列,如果在其中9个间隙中的某个位置插入“木棍”,则将lO块

糖分成了两部分。

我们记从左至右,第1部分是第1天吃的,第2部分是第2天吃的,…，

如:○○○|○○○○○○○表示第一天吃了3粒,第二天吃了剩下的7粒：

○○○○ | ○○○| ○○○表示第一天吃了4粒,第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒．

不难知晓,每一种插入方法对应一种吃法,而9个间隙,每个间隙可以插人也可以不插入,且相互，故共有29=512种不同的插入方法,即512种不同的吃法。

【巩固】 小红有10块糖，每天至少吃1块，7天吃完，她共有多少种不同的吃法？ 【解析】 分三种情况来考虑：

⑴ 当小红最多一天吃4块时，其余各每天吃1块，吃4块的这天可以是这七天里的任何一天，有7种吃法；

⑵ 当小红最多一天吃3块时，必有一天吃2块，其余五天每天吃1块，先选吃3块的那天，有7种选择，再选吃2块的那天，有6种选择，由乘法原理，有7642种吃法；

⑶ 当小红最多一天吃2块时，必有三天每天吃2块，其四天每天吃1块，从7天中选3天，有

7653C735(种)吃法。

321根据加法原理，小红一共有7423584(种)不同的吃法．

63C984(种)不同的吃法。 还可以用挡板法来解这道题，10块糖有9个空，选6个空放挡板，有C9

【巩固】 把20个苹果分给3个小朋友，每人最少分3个，可以有多少种不同的分法？

278种分法． 【解析】 (法1)先给每人2个，还有14个苹果，每人至少分一个，13个空插2个板，有C13 (法2)也可以按分苹果最多的人分的个数分类枚举。

【巩固】 有10粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有多少种不同的吃法？ 【解析】 如图：○○|○○○○|○○○○，将10粒糖如下图所示排成一排，这样每两颗之间共有9个空，从头

开始吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线隔开表示之前的糖和之后的糖不是在同一天吃掉的，九个空中画两条竖线，一共有98236种方法．

【例 17】 某池塘中有A、B、C三只游船，A船可乘坐3人，B船可乘坐2人，C船可乘坐1人，今有3个成人

和2个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他们5人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？

【解析】 由于有儿童乘坐的游船上必须至少有1个成人陪同，所以儿童不能乘坐C船．

⑴若这5人都不乘坐C船，则恰好坐满A、B两船，①若两个儿童在同一条船上，只能在A船上，此时A13种方法；②若两个儿童不在同一条船上，即分别在A、B两船上，则B船上还必须有1个成人，有C3112种选择，1个成人有C33种选择，所以有236种方船上有1个儿童和1个成人，1个儿童有C2实用文案

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法．故5人都不乘坐C船有369种安全方法；

13种选择．其余的2个成人与2个儿童，⑵若这5人中有1人乘坐C船，这个人必定是个成人，有C312种方法，所以此①若两个儿童在同一条船上，只能在A船上，此时A船上还必须有1个成人，有C2时有326种方法；②若两个儿童不在同一条船上，那么B船上有1个儿童和1个成人，此时1个儿童

12种选择，所以此种情况下有32212种方法；故5人中有1人乘坐C船有和1个成人均有C261218种安全方法．所以，共有91827种安全乘法．

【例 18】 从10名男生，8名女生中选出8人参加游泳比赛．在下列条件下，分别有多少种选法？

⑴恰有3名女生入选；⑵至少有两名女生入选；⑶某两名女生，某两名男生必须入选； ⑷某两名女生，某两名男生不能同时入选；⑸某两名女生，某两名男生最多入选两人。

35C1014112种； 【解析】 ⑴恰有3名女生入选，说明男生有5人入选，应为C8⑵要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求．运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：

8871C18C10C10C843758；

41001种； ⑶4人必须入选，则从剩下的14人中再选出另外4人，有C1484⑷从所有的选法C18种中减去这4个人同时入选的C14种：

84C18C1443758100142757．

⑸分三类情况：4人无人入选；4人仅有1人入选；4人中有2人入选，共：

81726C14C4C14C4C1434749。

【巩固】 在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，

按照下列条件各有多少种选派方法？ ⑴ 有3名内科医生和2名外科医生； ⑵ 既有内科医生，又有外科医生； ⑶ 至少有一名主任参加；

⑷ 既有主任，又有外科医生。

6543【解析】 ⑴ 先从6名内科医生中选3名，有C620种选法；再从4名外科医生中选2名，

321432共有C46种选法．根据乘法原理，一共有选派方法206120种．

211098765⑵ 用“去杂法”较方便，先考虑从10名医生中任意选派5人，有C10252 种选派方

54321法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况．由于外科医生只有4人，所以不可能只派外科医

51C66种选派方法．所以，一共有2526246种既有内科医生又生．如果只派内科医生，有C6有外科医生的选派方法。

8765⑶ 如果选1名主任，则不是主任的8名医生要选4人，有2C842140种选派方法；如果

43218763选2名主任，则不是主任的8名医生要选3人，有1C8根据加法原理，156种选派方法．

321一共有14056196种选派方法． ⑷ 分两类讨论：

9876①若选外科主任，则其余4人可任意选取，有C94126种选取方法；

4321②若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余4人不能全选内科医生，用“去杂法”有

87655432C84C65种选取法．

43214321根据加法原理，一共有12665191种选派方法。

【例 19】 在10名学生中，有5人会装电脑，有3人会安装音响设备，其余2人既会安装电脑，又会安装音响

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设备，今选派由6人组成的安装小组，组内安装电脑要3人，安装音响设备要3人，共有多少种不同的选人方案？

【解析】 按具有双项技术的学生分类：

5433⑴ 两人都不选派，有C510(种)选派方法；

321⑵ 两人中选派1人，有2种选法．而针对此人的任务又分两类：

54若此人要安装电脑，则还需2人安装电脑，有C52而另外会安装音响设备的3人10(种)选法，

21全选派上，只有1种选法．由乘法原理，有10110(种)选法；

32若此人安装音响设备，则还需从3人中选2人安装音响设备，有C323(种)选法，需从5人中

215433选3人安装电脑，有C510(种)选法．由乘法原理，有31030(种)选法．

321根据加法原理，有103040(种)选法； 综上所述，一共有24080(种)选派方法． ⑶ 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：

①两人全安装电脑，则还需要从5人中选1人安装电脑，另外会安装音响设备的3人全选上安装音响设备，有515(种)选派方案；

5432②两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有C52C3260(种)选派方案；

21215433③两人全安装音响设备，有3C5330(种)选派方案．

321根据加法原理，共有5603095(种)选派方案．

综合以上所述，符合条件的方案一共有108095185(种)．

【例 20】 有11名外语翻译人员，其中5名是英语翻译员，4名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通．从

中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4人翻译日文，这两个小组能同时工作．问这样的分配名单共可以开出多少张？

【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类：

15种选择，需从4名日语翻译员中⑴ 多面手不参加，则需从5名英语翻译员中选出4人，有CC5选出4人，有1种选择．由乘法原理，有515种选择．

⑵ 多面手中有一人入选，有2种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：

5433如果参加英文翻译，则需从5名英语翻译员中再选出3人，有C510种选择，需从4名日

321语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有210120种选择；

15种选择，需从4名日语翻译如果参加日文翻译，则需从5名英语翻译员中选出4人，有CC531C44种选择．由乘法原理，有25440种选择．根据加法原理，多面员中再选出3名，有C4手中有一人入选，有204060种选择．

⑶ 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况： ①两人都译英文；②两人都译日文；③两人各译一个语种．

54情况①中，还需从5名英语翻译员中选出2人，有C52需从4名日语翻译员中选410种选择．

21人，1种选择．由乘法原理，有110110种选择．

15种选择．还需从4名日语翻译员中选出2情况②中，需从5名英语翻译员中选出4人，有CC32人，有C46种选择．根据乘法原理，共有15630种选择．

21情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择．剩下的需从5名英语翻译员中选出3人，

543313C44种选择．由乘法原理，有C510种选择，需从4名日语翻译员中选出3人，有C4321有1210480种选择．

根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有103080120种选择． 综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出560120185张．

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二、 几何计数

【例 21】 下图有____个正方形。

【解析】 每个44正方形中有：边长为1的正方形有4个；边长为2的正方形有32个； 边长为3的正方形有22个；边长为4的正方形有12个；总共有4232221230(个)正方形．现有5个44的正方形，它们重叠部分是4个22的正方形．因此，图中正方形的个数是30554130。

【例 22】 在图中(单位：厘米)：

①一共有几个长方形?

②所有这些长方形面积的和是多少?

2512812473【解析】 ①一共有(4321)(4321)100(个)长方形；

②所求的和是

51281(512)(128)(81)(5128)(1281)(51281)

2473(24)(47)(73)(247)(473)(2473)1448612384(平方厘米)。

【例 23】 由20个边长为1的小正方形拼成一个45长方形中有一格有“☆”图中含有“☆”的所有长方形(含

正方形)共有 个，它们的面积总和是 。 (第六届走美决赛试题)

☆

【解析】 含☆的一行内所有可能的长方形有：(八种)

☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ 含☆的一列内所有可能的长方形有：(六种)

☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ 所以总共长方形有6848个，面积总和为(12233445)(122334)360。

【巩固】 图有多少个三角形？

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【解析】 显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两类中三角形的个数相等．尖向上的三角形又可分为6类

（1）最大的三角形1个(即△ABC)， （2）第二大的三角形有3个 （3）第三大的三角形有6个 （4）第四大的三角形有10个 （5）第五大的三角形有15个 （6）最小的三角形有24个

所以尖向上的三角形共有1+3+6+10+15+24=59（个） 图有三角形2×59=118（个）。

【例 24】 一个圆上有12个点A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角

形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法?

【解析】 我们采用递推的方法．

I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．

Ⅱ如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个

点一定只能在A1所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这 时有可能的连法。

Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在： ①A1所在三角形的一个边所对的弧上；

②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上． 在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧． 如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；

如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．

共有12种连法．

Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能： ①9个点都在同一段弧上：

②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；

③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．

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共有12×3+3×6+1＝55种．

所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种。

课后练习：

练习1. 用2，3，4，5排成四位数：

（1）共有多少个四位数？

（2）无重复数字的四位数有多少个？ （3）无重复数字的四位偶数有多少个？

（4）2在3的左边的无重复数字的四位数有多少个？ （5）2在千位上的无重复数字的四位数有多少个？

（6）5不在十位、个位上的无重复数字的四位数有多少个？

【解析】 ⑴条件中未“无重复数字”，所以，数字可以重复出现，如2 234，3 355，2 444，5 555等．

依分步计数乘法原理共有444444（个） ⑵P4424（个）

⑶个位上只能是2或4，有2P2212（个）

1⑷所有四位数中，2在3的左边或2在3的右边的数各占一半，共有P4412（个）

2⑸2在千位上，只有1种方法，此后3、4、5只能在另外的3个位置上排列，有P336（个） ⑹法一：5不在十位、个位上，所以5只能在千位上或百位上，有2P3312（个） 法二：从P55中减去不合要求的（5在十位上、个位上），有P442P332P2212（个）。

练习2. 如图，其中的每条线段都是水平的或竖直的，边界上各条线段的长度依次为5厘米、7厘米、9厘米、

2厘米和4 厘米、6厘米、5厘米、1厘米．求图中长方形的个数，以及所有长方形面积的和。

【解析】 利用长方形的计数公式：横边上共有n条线段，纵边上共有m条线段，则图有长方形（平行四边

形）mn个，所以有(4+3+2+1)×（4+3+2+1）=100，这些长方形的面积和为：（5+7+9+2+12+16+11+21+ 18+23）×（4+6+5+1+10+11+6+15+12+16）=124×86=106。

练习3. 有10粒糖，每天至少吃一粒，吃完为止，共有多少种不同的吃法？ 【解析】 初看本题似乎觉得很好入手，比如可以按天数进行分类枚举：

1天吃完的有1种方法，这天吃10块；2天吃完的有9种方法，10=1+9=2+8=……=9+1；

当枚举到3天吃完的时，情况就有点错综复杂了，叫人无所适从……所以我们必须换一种角度来思考． 不妨从具体的例子入手来分析，比如这10块糖分4天吃完：

第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．

我们可以将10个“○”代表10粒糖，把10个“○”排成一排，“○”之间共有9个空位，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线(如下图)．

○○|○○○|○|○○○○

比如上图就表示“第1天吃2块；第2天吃3块；第3天吃1块；第4天吃4块．” 这样一来，每一种吃糖的方法就对应着一种“在9个空位中插入若干个‘|’的方法”，要求有多少个不

同的吃法，就是要求在这9个空位中插入若干个“|”的方法数。 由于每个空位都有画‘|’与“不画‘|’两种可能：

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每个空位都有画“|”与不画“|”两种可能 根据乘法原理，在这9个空位中画若干个“|”的方法数有：2229 229512，这也就说明吃完

10颗糖共有512种不同的吃法。

练习4. 用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图用这样的等边三角形拼合成

一个更大的等边三角形.如果这个大等边三角形的每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?

【解析】 把大的等边三角形分为“20”层分别计算火柴的根数：

最上一层只用了3根火柴； 从上向下数第二层用了3×2=6根； 从上向下数第二层用了3×3=9根； ……

从上向下数第二层用了3×20=60根；所以总共要用火柴3×（1+2+3+……+20）=630。

月测备选

【备选1】书架上有3本故事书，2本作文选和1本漫画书，全部竖起来排成一排。⑴ 如果同类的书不分开，

一共有多少种排法？⑵ 如果同类的书可以分开，一共有多种排法？

【解析】 ⑴ 可以分三步来排：先排故事书，有P333216(种)排法；再排作文选，有P22212(种)排法；

最后排漫画书有1种排法，而排故事书、作文选、漫画书的先后顺序也可以相互交换，排列的先后顺序有P333216(种)．故由乘法原理，一共有621672种排法．

⑵ 可以看成3216(本)书随意排，一共有P66654321720(种)排法． 若同类书不分开，共有72种排法；若同类书可以分开，共有720种排法．

【备选2】8人围圆桌聚餐，甲、乙两人必须相邻，而乙、丙两人不得相邻，有几种坐法？

n人的环状排列与线状排列的不同之处在于：a1a2a3an、a2a3ana1、a3a4ana1a2、…、ana1an1在【解析】

线状排列里是n个不同的排列，而在环状排列中是相同的排列．所以，n个不同的元素的环状排列数为PnnPnn11． n甲、乙两人必须相邻，可把他们看作是1人（当然，他们之间还有顺序），总排列数为P22P66．从中扣除甲、乙相邻且乙、丙也相邻（注意，这和甲、乙、丙三人相邻是不同的．如甲在乙、丙之间合于后者，但不合于前者）的情况P22P55种．所以，符合题意的排法有P22P66P22P551200（种）．

【备选3】一共有赤、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种颜色的灯各一盏，按照下列条件把灯串成一串，有多少

种不同的串法？

⑴ 把7盏灯都串起来，其中紫灯不排在第一位，也不排在第七位． ⑵ 串起其中4盏灯，紫灯不排在第一位，也不排在第四位．

【解析】 ⑴ 可以先考虑紫灯的位置，除去第一位和第七位外，有5种选择；然后把剩下的6盏灯随意排，

是一个全排列问题，有P66654321720(种)排法． 由乘法原理，一共有57203600(种)．

⑵ 先安排第一盏和第四盏灯．第一盏灯不是紫灯，有6种选择；第四盏灯有5种选择；剩下的5盏灯中随意选出2盏排列，有P525420(种)选择．由乘法原理，有6520600(种)。

【备选4】在1~100中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取法？ 【解析】 两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两

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个数与顺序无关，所以是组合问题．

50492从50个偶数中取出2个，有C501225(种)取法；

2150492从50个奇数中取出2个，也有C501225(种)取法．

21根据加法原理，一共有122512252450(种)不同的取法．

【备选5】如图所示，用长短相同的火柴棍摆成3×1996的方格网，其中每个小方格的边都由一根火柴棍组

成，那么一共需用多少根火柴棍?

【解析】 横放需1996×4根，竖放需1997×3根

共需1996×4+1997×3=13975根。

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