數(shù)學冬令營——組合計數(shù)

1、組合計數(shù)一、基本知識1. 加法原理與乘法原理如果完成一件事情的方法可分成n個互不相交的類，且第一類中有種方法，第二類中有種方法，第n類中有種方法，那么完成這件事情一共有+種方法。這就是加法原理，簡稱為分類相加。如果完成一件事情要分n步，且第一步有種方法，第二步有種方法，第n步有種方法，那么完成這件事情一共有種方法。這就是乘法原理，簡稱為分步相乘。2. 無重復的排列與組合2.1 無重復的排列從n個不同的元素中，任取m（n）個不同元素，按照一定的順序排成一列（或者從n個不同的元素中，有序地任取m（n）個不同元素），叫做從n個不同的元素中取出m個不同元素的一個排列。從n個不同的元素中取出m（n）個不

2、同元素的排列的個數(shù)，叫做從n個不同的元素中取出m個不同元素的排列數(shù)，用符號或表示。由乘法原理得=2.2無重復的組合從n個不同的元素中，任取m（n）個不同元素并成一組（或者從n個不同的元素中，無序地任取m（n）個不同元素），叫做從n個不同的元素中任取m個不同元素的組合。從n個不同的元素中取m（n）個不同元素的所有組合的個數(shù)，叫做從n個不同的元素中取m個不同元素的組合數(shù)，用符號表示，其計算公式為=事實上，對于每一個從n個不同的元素中任取m個不同元素的組合，將其元素作全排列可產(chǎn)生個不同的排列。顯然不同的組合產(chǎn)生的排列互不相同，且每個排列都可以分2步得到。由乘法原理可得=，于是=。3. 可重復的排列與

3、組合3.1. 可重復的排列從n個不同的元素中，任取（允許重復）m（1）個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同的元素中取出m個元素的可重復排列。由乘法原理可得，從n個不同的元素中，取m（1）個元素的所有可重復排列個數(shù)為（選第1位元素有n種方法，選第2位元素也有n種方法，最后，選第m位元素也有n種方法）。3.2. 有限個重復元素的全排列設(shè)n個元素由k個不同的元素，組成，其中有個，有個，有個（+=n），那么這n個元素的全排列稱為有限個重復元素的全排列，其排列數(shù)為。事實上，若n個元素互不相同，則全排列為，但其中有個，它們之間任意交換順序（共有種交換順序的方法），得到的是同一排列（=1，2，k）

4、。故不同的排列個數(shù)為。3.3. 可重復的組合從個不同的元素中，任意可重復地選取（1）個元素，叫做從個不同的元素中取出個元素的可重復的組合，其不同組合的個數(shù)為。事實上，不妨設(shè)個元素為1，2，設(shè)取出的個元素為（1）（），顯然（1）+0（）將（，）與（+0，）建立一一對應，后者為從個不同元素1，2，中取個不同元素的組合，且不同的（，）對應的（+0，）是不同的反過來，從1，2，中任取個不同的數(shù)的組合（1）（1）也恰好對應于一個從個元素1，2，中取個可重復元素的組合（1）011（）因此，上面所說的對應是一一對應，故所求組合數(shù)等于從1個不同的元素1，2，1中取個不同元素的組合數(shù)，即4圓排列與項鏈數(shù)從個不同

5、的元素中，取個不同元素排在一個圓周上，叫做從個不同的元素中取出個不同元素的圓周排列，其排列數(shù)為=。事實上，對每一個固定的個元素的圓排列，在任意兩個元素之間將圓周剪開，沿順時針方向拉直恰產(chǎn)生個直線排列，且不同的圓排列所產(chǎn)生的直線排列互不相同。又易見從個不同的元素取個不同元素的排列都可以這樣從圓排列中得到，所以，所求圓排列數(shù)的倍恰好是從個不同的元素中取個不同元素的排列數(shù)，由此得出上述結(jié)論。將個不同的元素排成一個圓周的圓排列數(shù)為=。將粒不同的珍珠，用線串成一根項鏈的不同發(fā)數(shù)記為，則=（3），=1（=1或2）。5容斥原理對于有限集合，我們用表示中元素的個數(shù)，若是的子集，則=表示在中的補集。定理1（容斥

6、原理）設(shè)是有限集合，是的子集，則|。（）證明只要對任意，證明（）式兩邊計算的次數(shù)是相同的即可。若不屬于，中任何集合，則在（）式左邊計算了次，在（）式右邊第項中計算了次，而在（）式右邊其余各個和式項中計算的次數(shù)為，故在（）式右邊計算的總次數(shù)也為。若恰屬于，中個集合，這里，則在（）式左邊計算的次數(shù)為，而在右邊的第項，第項，第項，最后一項中計算的次數(shù)分別為，。在（）式右邊計算的總次數(shù)為綜合上面的討論，我們知道對任意，（）式兩邊計算的次數(shù)（即對等式兩邊所作的貢獻）相等。故（）式成立。定理2（容斥原理的對偶形式）對任意有限集合，我們有=-+。二、基本方法與策略1. 枚舉法所謂枚舉法，就是把要計數(shù)的集合中

7、的元素逐一列舉出來，不重復不遺漏，從而計算出中的元素的個數(shù)。在枚舉的過程中，常常要適當?shù)胤诸惡头植矫杜e，這就要用到加法原理與乘法原理以及記數(shù)的基本公式。例1-1 方程+=3的非負整數(shù)解共有 組 （1985年全國高中聯(lián)賽題）解 03且為非負整數(shù)，=0或1，下面分兩種情形。（1）若=1，則必有某=1（210），其余=0（1，），這樣的解有=9組。（2）若=0，則又分為三種情形。（i）有某一個=3（210），其余=0（1，），這樣的解有=9組。（ii）有某一個=2（210），則必還有一個=1（1，），其余=0（1，），這樣的解有=72組。（iii）所有2或3（210），則，中必有3個等于1，其余6個

8、等于0，這樣的解有=84組。于是，原方程共有9+9+72+84=174組。例1-2 將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一棱的兩端點異色，如果只有5種顏色可供使用，那么不同的染色方法總數(shù)是 。 （1995年全國高中聯(lián)賽題）解 依題意，四棱錐的頂點，互不同色，題目有=60種染色方法。當，的顏色染好后，不妨設(shè)其顏色分別為1色，2色，3色，則只可染2，4，5色中的一色。（1）若染2色，則可染3，4，5色中的一色，有=3種方法。（2）若染4色，則可染3，5色中的一色，有=2種方法。（3）若染5色，則可染2，4色中的一色，有=2種方法。故總的染色方法為60（3+2+2）=420種。2映射方法定義

9、 設(shè)是從集合到集合的映射。若對任意，當時有（）（），則稱為到的單射；若對任意的，存在，使得（）=，則稱為到的滿射；若既是單射又是滿射，則稱為到的雙射，又稱為與之間的一一映射。定理1 對于兩個有限集合與，若存在從到的單射，則|；若存在從到的滿射，則|；若存在從到的雙射，則|=|。當計算有限集合中的元素個數(shù)比較困難時，我們設(shè)法建立到另一個有限集合上的雙射，如果中的元素個數(shù)|容易算出，于是由|=|，得出中的元素個數(shù)，這種計數(shù)方法稱為映射方法，或者稱為配對法。例2-1 設(shè)凸邊形的任意3條對角線不相交于形內(nèi)一點，求它的對角線在形內(nèi)的交點總數(shù)。解 依題意，一個交點由兩條對角線與相交而得，反之，兩條相交的對

10、角線與，確定一個交點，而與（，）可建立一一對應。又因兩條相交的對角線與分別由凸邊形中兩對頂點，和，連接而成，故（，）又可與4頂點組（，）建立一一對應，即有（，）（，）因此，形內(nèi)對角線的交點總數(shù)=凸邊形的4頂點組的組數(shù)=。例2-2 將三角形每邊等分，過分點作其余兩邊的平行線，在已知三角形內(nèi)所形成的平行四邊形的個數(shù)記為，求的表達式。解 延長到使，延長到使。設(shè)將等分的分點（包括，共個）依次記為0，1，2，于是平行四邊形每邊所在直線恰與交與4點，（0）反之，從上的個等分點中任意取4個等分點，（0），過，作的平行線，過，作的平行線，便可得到一個平行四邊形，這種對應是一一對應，所以圖中邊不平行與的平行四邊

11、形有個，從而平行四邊形的總個數(shù)=3個。3遞推法例3-1 將圓分成（2）個扇形，。現(xiàn)用種顏色給這些扇形染色，每個扇形恰染一種顏色且要求相鄰的扇形的顏色互不相同。問有多少種不同的染色方法？解 設(shè)染色方法數(shù)為。（1）求初始值。=2時，給染色有種方法，繼而給染色有（-1）種方法，所以，=（-1）。（2）求遞推關(guān)系。因有種染色方法，有（-1）種染色方法，有（-1）種染色方法，有（-1）種染色方法，仍有（-1）種染色方法（不保證與不同色）。這樣共有種染色方法，但這種染色方法可分為兩類：一類是與不同色，此時的染色方法有種；另一類是與同色，則將與合并為一個扇形，并注意到此時與不同色，故這時的的染色方法有種，由

12、加法原理得+=（2）（3）求。令=，由+=，有1=（），即1為首項為1，公比為的等比數(shù)列的第項。1（）（），即，例3-2 將周長為24的圓周等分為24段，從24個分點中選取8個點，使得其中任何兩點所夾的弧長都不等于3和8。問滿足要求的8點組的不同取法有多少種？ （2001年CMO題）解： 設(shè)24個分點依次為1，2，24，將24個數(shù)列成下表：147101316192291215182124361720232581114表中每行相鄰兩數(shù)所代表的點所夾弧長為3，每列相鄰兩數(shù)所代表的點所夾弧長為8，故每列至多取一個數(shù)，8列至多取8個數(shù)，但一共要取8個數(shù)，故每列恰取一個數(shù)且相鄰兩列所取的數(shù)不同行。若將每

13、列看作一個扇形，每列中第一、而、三行看作三種顏色，則由上面例題知，=258種。例3-3 如圖在1個正六邊形的6個區(qū)域栽種觀賞植物，要求同1區(qū)域中種同一種植物，相鄰的2區(qū)域中種不同的植物?，F(xiàn)有4種不同的植物可供選擇，則有 種栽種方案。 （2001年全國高中聯(lián)賽題）解： 在上述命題中，取=6，=4，即得=732種。例3-4 用紅、黃、藍、綠四種顏色給圖中的A、B、C、D四個小方格涂色（允許只用其中幾種），使鄰區(qū)（有公共邊的小格）不同色，則不同的涂色方式種數(shù)為（ ）. 、； 、； 、； 、.解：選兩色有種，一色選擇對角有種選法，共計種；選三色有種，其中一色重復有種選法，該色選擇對角有種選法，另兩色選

14、位有種，共計種；四色全用有種（因為固定位置），合計種.DBCA變例：（2008全國一）如圖，一環(huán)形花壇分成四塊，現(xiàn)有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數(shù)為（ B ）A96B84C60D48例3-5 有人要上樓，此人每步能向上走1階或2階，如果一層樓有18階，他上一層樓有多少種不同的走法？解法1： 此人上樓最多走18步，最少走9步。這里用分別表示此人上樓走18步，17步，16步，9步時走法（對于任意前后兩者的步數(shù)，因后者少走2步1階，而多走1步2階，計后者少走1步）的計數(shù)結(jié)果。考慮步子中的每步2階情形，易得，。綜上，他上一層樓共有種不同的走法。解法2

15、： 設(shè)表示上n階的走法的計數(shù)結(jié)果。顯然，（2步1階；1步2階）對于起步只有兩種不同走法：上1階或上2階。因此對于，第1步上1階的情形，還剩階，計種不同的走法；對于第1步上2階的情形，還剩階，計種不同的走法?？傆嫛Ｍ?，。4容斥原理例4-1 由數(shù)字1，2，3組成n位數(shù)，且在這個n位數(shù)中，1，2，3的每一個至少出現(xiàn)一次，問這樣的n位數(shù)有多少個？解 設(shè)U是由1，2，3組成的n位數(shù)的集合，是U中不含數(shù)字1的n位數(shù)的集合，是U中不含數(shù)字2的n位數(shù)的集合，是U中不含數(shù)字3的n位數(shù)的集合，則；因此即符合題意的n位數(shù)的個數(shù)為例4-2 參加大型團體表演的學生共240名，他們面對教練站成一行，自左至右按1，2，3

16、，4，5，依次報數(shù)教練要求全體學生牢記各自所報的數(shù)，并做下列動作：先讓報的數(shù)是3的倍數(shù)的全體同學向后轉(zhuǎn)；接著讓報的數(shù)是5的倍數(shù)的全體同學向后轉(zhuǎn)；最后讓報的數(shù)是7的倍數(shù)的全體同學向后轉(zhuǎn)問：（1）此時還有多少名同學面對教練？（2）面對教練的同學中，自左至右第66位同學所報的數(shù)是幾？解（1）設(shè)，表示由U中所有i的倍數(shù)組成的集合則；，；，；從而此時有名同學面對教練如果我們借助維恩圖進行分析，利用上面所得數(shù)據(jù)分別填入圖1，注意按從內(nèi)到外的順序填如圖1，此時面對教練的同學一目了然，應有109+14+4+9=136名（2）用上面類似的方法可算得自左至右第1號至第105號同學中面對教練的有60名考慮所報的數(shù)不

17、是3，5，7的倍數(shù)的同學沒有轉(zhuǎn)動，他們面對教練；所報的數(shù)是3，5，7中的兩個數(shù)的倍數(shù)的同學經(jīng)過兩次轉(zhuǎn)動，他們?nèi)悦鎸叹殻黄溆嗤瑢W轉(zhuǎn)動了一次或三次，都背對教練從106開始，考慮是3、5、7的倍數(shù)：3的倍數(shù)（由105依次加3）：108，111，114，117，120，5的倍數(shù)（由105依次加5）：110，115，120，7的倍數(shù)（由105依次加7）：112，119，因此，從106號開始，自左至右，面對教練的同學所報的數(shù)依次是：106，107，109，113，116，118，120，由此可知面對教練的第66位同學所報的數(shù)是118例4-3 將與105互素的正整數(shù)從小到大排成數(shù)列，求出這個數(shù)列的第100

18、0項。 （1994年全國高中聯(lián)賽題）解 首先，求出=1，2，105內(nèi)與105=345互素的正整數(shù)的個數(shù)，令=|且被整除（=3，5，7）。于是中與105互素的正整數(shù)的個數(shù)為|=|-|-|-|+|+|+|-|=105+=105-35-21-15+7+5+3-1=48其次，設(shè)所有正整數(shù)中與105互素的正整數(shù)從小到大排成數(shù)列為，于是有，=1，=2，=4，=101，=103，=104，并記=，。一方面，數(shù)列中每一項可表示成為=（，為非負整數(shù)，0104），于是由（，105）=（，105）=（，105）=1，知，即數(shù)列中每一項可表示成為=（為非負整數(shù)，）的形式。另一方面，對任意非負整數(shù)及任意，由（，105）

19、=（，105）=1，知數(shù)列中必有某一項=?？梢?，數(shù)列有且僅有形如（為非負整數(shù)，）的數(shù)組成，因?qū)γ恳粋€固定的，取遍中的數(shù)時，形如的數(shù)有48個，得到數(shù)列中的48個項，因為1000=+40，所以，=+。而=104，=103，=101，=97，=94，=92，=89，=88，=86，所以=+86=2186。例4-4 五人站成一列，重新站隊時，各人都不站在原來的位置上，有多少種站法？解：設(shè)原來站在第i個位置的人是（i=1，2，3，4，5）。重新站隊時，站在第2個位置的站法有種，其中不符合要求的有：站第3位的種，站第4位的種，但有的站法在考慮的情形時已經(jīng)減去了，故只應再算（）種，同理，站第5位的應再算種。

20、站在第3，4，5位的情形與站在第2位的情形時對等的，故所有符合要求的站法有：=44（種）。5. 構(gòu)造不定方程在某些排列組合問題中,我們可以利用不定方程的正整數(shù)（或整數(shù)）解的組數(shù)來確定排列組合數(shù)的多少。引理：不定方程 （）的正整數(shù)解有 組。證明:用 “隔板法” 證明引理。由于， , , ,把n 分成n個1 ,這n個 1 共有n - 1個空檔。插入m - 1塊“隔板”,把n個1分成m個部分,則每一種情況對應不定方程的一組解.所以，原不定方程共有組解.推論:不定方程（）非負整數(shù)解有組。例5-1已知兩個實數(shù)集合與。若從A 到B的映射f 使得B 中每個2元素都有原像,且,則這樣的映射共有 ( D )。(

21、A) (B) (C) (D) (2002 ,全國高中數(shù)學聯(lián)賽)解:不妨設(shè) 。因為 中每個元素都有原像,設(shè)原像的集合為 ,其元素個數(shù)為；原像的集合為 ,其元素個數(shù)為; ; 原像的集合為 ,其元素個數(shù)為則+ + + = 100. 于是,問題轉(zhuǎn)化為求不定方程 的正整數(shù)解的組數(shù),共有組解。例5-2 8個女孩，25個男孩圍成一個圓周，每兩個女孩之間至少站有2個男孩，共有 種不同的排列方法。（只把圓旋轉(zhuǎn)一下就重合的排法認為是相同的） （1990年全國高中聯(lián)賽題）解 以8個女孩為組長，將25個男孩分入該8個組，各組內(nèi)男孩數(shù)記為，則+=25（） 令=-2，則+=9（） 于是，的正整數(shù)解組的組數(shù)等于的非負整數(shù)解

22、組的個數(shù)=，即25個男孩分入該8個組，每組至少兩人的分組方法有種。8個組排成每組以女孩為頭的圓排列有=種排列方法，再25個男孩站入的方法數(shù)為，所以總的排列方法為例5-3 如果從數(shù)1 ,2 , ,14中，按由小到大的順序取出、 ,使得同時滿足與.那么，所有符合要求的不同取法有多少種。(1989 ,全國高中數(shù)學聯(lián)賽)解:由, ,令 , , ，則.于是,問題轉(zhuǎn)化為求不定方程在，下的整數(shù)解的組數(shù)。將方程轉(zhuǎn)化為令，而的正整數(shù)解的組數(shù)是。所以 ,符合條件的、的不同取法有種。6配對法求解某些數(shù)學間題時，針對問題中一個式子(或集合)的結(jié)構(gòu)特征，配一個與具有內(nèi)在聯(lián)系的式子(或集合)，即的配對式(或配對集合)，然

23、后借助 (表示某種數(shù)學運算，如加、減、乘、除等)，促進問題的轉(zhuǎn)化和解決。我們把這種解決數(shù)學何題的思想稱為配對思想。例6-1 一次乒乓球比賽中，是n個運動員，每兩人正好比賽一次，沒有平局。若記勝的次數(shù)為，負的次數(shù)為，證明: =證明 首先，對于任意一個，他與其余個人都賽過，共賽過次。因無平局，所以的勝、負次數(shù)之和為 (定數(shù))，即+=其次，因無平局，所以每場比賽后，有人勝必有對應一人負。全部比賽結(jié)束后，勝的總次數(shù)等于負的總次數(shù)，即 =于是 -=例6-2 對于及其每一個非空子集，定義“交替和”如下：按照遞減的順序重新排列元素，然后從最大的數(shù)開始交替的減、加后續(xù)的數(shù)。例如(1，2，4，6，9，排列成(9

24、，6，4，2，1)，交替和是9-6+4-2+l=6。5的交替和就是5。對，求所有交替和的總和。解 不妨規(guī)定空集中元素交替和為0，將的個子集分成兩類：一類含的有個子集，另一類不含的，也是個子集。將含的子集與不含的子集配對，顯然這個配對是一一對應的，且其中一對中的兩個子集的交替和之和為，于是的所有元素的交替和。因此當時，交替和的總和為448。7排列組合題的求解策略（1）排除：對有限條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況排除，這是解決排列組合題的常用策略。（2）分類與分步有些問題的處理可分成若干類，用加法原理，要注意每兩類的交集為空集，所有各類的并集是全集；有些問題的處理分成幾個步驟，把

25、各個步驟的方法數(shù)相乘，即得總的方法數(shù)，這是乘法原理。（3）對稱思想：兩類情形出現(xiàn)的機會均等，可用總數(shù)取半得每種情形的方法數(shù)。（4）插空：某些元素不能相鄰或某些元素在特殊位置時可采用插空法即先安排好沒有限制條件的元素，然后將有限制條件的元素按要求插入到排好的元素之間。（5）捆綁：把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個“大元素”，然后與其它“普通元素”全排列，然后再“松綁”，將這些特殊元素在這些位置上全排列。（6）隔板模型：對于將不可辨的球裝入可辨的盒子中，求裝的方法數(shù)，常用隔板模型如將12個完全相同的球排成一列，在它們之間形成的11個縫隙中任意插入3塊隔板，把球分成4堆，分別裝入4個不同的盒子中的方

26、法數(shù)應為，這也就是方程的正整數(shù)解的個數(shù)。例7-1有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法總數(shù)。(1)全體排成一行，其中甲只能在中間或者兩邊位置。(2)全體排成一行，其中甲不在最左邊，乙不在最右邊。(3)全體排成一行，其中男生必須排在一起。(4)全體排成一行，男、女各不相鄰。(5)全體排成一行，男生不能排在一起。(6)全體排成一行，其中甲、乙、丙三人從左至右的順序不變。(7)排成前后二排，前排3人，后排4人。(8)全體排成一行，甲、乙兩人中間必須有3人。解：(1)利用元素分析法，甲為特殊元素，故先安排甲左、右、中共三個位置可供甲選擇。有A種，其余6人全排列，有A種。由乘法原理得A

27、A=2160種。(2)位置分析法。先排最右邊，除去甲外，有A種，余下的6個位置全排有A種，但應剔除乙在最右邊的排法數(shù)AA種。則符合條件的排法共有AAAA=3720種。(3)捆綁法。將男生看成一個整體，進行全排列。再與其他元素進行全排列。共有AA=720種。(4)插空法。先排好男生，然后將女生插入其中的四個空位，共有AA=144種。(5)插空法。先排女生，然后在空位中插入男生，共有AA=1440種。(6)定序排列。第一步，設(shè)固定甲、乙、丙從左至右順序的排列總數(shù)為N，第二步，對甲、乙、丙進行全排列，則為七個人的全排列，因此A=N×A，N= 840種。(7)與無任何限制的排列相同，有A=5

28、040種。(8)從除甲、乙以外的5人中選3人排在甲、乙中間的排法有A種，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相鄰的排法有AA。最后再把選出的3人的排列插入到甲、乙之間即可.共有A×A×A=720種。例7-2 四名優(yōu)等生保送到三所學校去，每所學校至少得一名，則不同的保送方案的總數(shù)是_。思路分析 解法一，采用處理分堆問題的方法。 解法二，分兩次安排優(yōu)等生，但是進入同一所學校的兩名優(yōu)等生是不考慮順序的。解：（法一）分兩步 先將四名優(yōu)等生分成2，1，1三組，共有C種；而后，對三組學生安排三所學校，即進行全排列，有A33種。 依乘法原理，共有N=C =36(種)。 （法二）分兩步 從每個

29、學校至少有一名學生，每人進一所學校，共有A種；而后，再將剩余的一名學生送到三所學校中的一所學校，有3種。值得注意的是，同在一所學校的兩名學生是不考慮進入的前后順序的。因此，共有N=A·3=36(種)。例7-3 有五張卡片，它們的正、反面分別寫0與1，2與3，4與5，6與7，8與9，將其中任意三張并排放在一起組成三位數(shù)，共可組成多少個不同的三位數(shù)？解：(間接法)：任取三張卡片可以組成不同三位數(shù)C·23·A(個)，其中0在百位的有C·22·A (個)，這是不合題意的，故共有不同三位數(shù)：C·23·AC·22·A

30、=432(個)。例7-4一個口袋內(nèi)裝有4個不同的紅球，6個不同的白球，若取出一個紅球記2分，取出一個白球記1分，從口袋中取5個球，使總分不小于7分的取法有多少種？ 解：設(shè)取個紅球，個白球，于是：，其中，因此所求的取法種數(shù)是：=186（種）。例7-5 從集合0，1，2，3，5，7，11中任取3個元素分別作為直線方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的經(jīng)過坐標原點的直線有_條(用數(shù)值表示)。解：因為直線過原點，所以C=0，從1，2，3，5，7，11這6個數(shù)中任取2個作為A、B兩數(shù)的順序不同，表示的直線不同，所以直線的條數(shù)為A=30。例7-6二次函數(shù)y=ax2+bx+c的系數(shù)a、b、c，在集合3

31、，2，1，0，1，2，3，4中選取3個不同的值，則可確定坐標原點在拋物線內(nèi)部的拋物線多少條？解：由圖形特征分析，a0,開口向上，坐標原點在內(nèi)部f(0)=c0;a0,開口向下，原點在內(nèi)部f(0)=c0,所以對于拋物線y=ax2+bx+c來講，原點在其內(nèi)部af(0)=ac0,則確定拋物線時，可先定一正一負的a和c，再確定b,故滿足題設(shè)的拋物線共有CCAA=144條。例7-720個不加區(qū)別的小球放入編號為1、2、3的三個盒子中，要求每個盒內(nèi)的球數(shù)不小于它的編號數(shù)，求不同的放法種數(shù)。解：首先按每個盒子的編號放入1個、2個、3個小球，然后將剩余的14個小球排成一排，如圖，|O|O|O|O|O|O|O|O

32、|O|O|O|O|O|O|，有15個空檔，其中“O”表示小球，“|”表示空檔.將求小球裝入盒中的方案數(shù)，可轉(zhuǎn)化為將三個小盒插入15個空檔的排列數(shù)。對應關(guān)系是：以插入兩個空檔的小盒之間的“O”種；若恰有一個小盒插入最左側(cè)空檔，有種；若沒有小盒插入最左側(cè)空檔，有C種。由加法原理，有N=120種排列方案，即有120種放法。例7-8甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值兩天班，若甲不值周一、乙不值周六，則可排出不同的值班表數(shù)為多少？解：每人隨意值兩天，共有CCC個；甲必值周一，有CCC個；乙必值周六，有CCC個；甲必值周一且乙必值周六，有CCC個。所以每人值兩天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表數(shù)

33、，有N=CCC2CCC+ CCC=902×5×6+12=42個。例7-9將名學生分配到甲、乙兩個宿舍中，每個宿舍至少安排名學生，那么互不相同的分配方法共有多少種？解：根據(jù)宿舍的人數(shù)，可分為三類：“”型不同的分配方法有種；“”型不同的分配方法有種；“”型不同的分配方法有種。則由加法原理得，不同的分配方法共有種。本題體現(xiàn)了“先選后排”通法的應用，屬于排列組合混合問題。要注意（不）平均分配與（不）平均分堆的聯(lián)系與區(qū)別。例7-10（2005，天津）將A、B、C、D、E五種不同的文件放入一排編號依次為1，2，3，4，5，6，7的七個抽屜內(nèi)，每個抽屜至多放一種文件。若文件A、B必須放入

34、相鄰的抽屜內(nèi)，文件C、D也必須放入相鄰的抽屜內(nèi)，則文件放入抽屜內(nèi)的滿足條件的所有不同的方法有( C )種。(A)60(B)120(C)240(D)480解：將AB、CD、E及兩個空抽屜視為5個元素，全排列為。由于AB、CD的排列數(shù)均為，而兩個空抽屜為相同元素，故共有=240種。例7-11從中任取個數(shù)字，從中任取個數(shù)字，組成沒有重復數(shù)字的四位數(shù)，其中能被整除的不同四位數(shù)共有 個。解：由已知，此四位數(shù)的末位只能是或，且不能在首位，故為特殊元素，而且二者中至少要選一個。根據(jù)題意，可分三類：有無，不同的四位數(shù)有個；有無，不同的四位數(shù)有個；同時存在，當在末位時，不同的四位數(shù)有個，當在末位時，不同的四位數(shù)有個。所以滿足條件的不同的四位數(shù)共有個。小結(jié) 本題考查有兩個受條件限制的特殊元素的排列組合混合問題，基本解題模型為：分為三類。第一類，兩個中一個都不考慮；第二類，兩個中考慮一個；第三類，兩個都考慮。注意在具體求解中其中“先選后排”“位置分析法”等通法的運用。例7-126名考生坐在兩側(cè)各有通道的同一排座位上應考，考生答完試卷先后次序不定，且每人答完后立即交卷離開座位，則其中一人交卷時為到達通道而打擾其余尚在考試的考生的概率為 。解：不妨設(shè)如上圖就坐。 一 二 三 四 五 六