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奥数之排列组合与概率【讲义】

第十三章排列组合与概率

一、基础知识

1(加法原理:做一件事有n类办法，在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有m种不同的12方法，……，在第n类办法中有m种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m+m+…+m种不同的方法。 n12n2(乘法原理:做一件事，完成它需要分n个步骤，第1步有m种不同的方法，第2步有m种不同的方法，……，12第n 步有m种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×m×…×m种不同的方法。 n12n 3(排列与排列数:从n个不同元素中，任取m(m?n)个元素，按照一定顺序排成一列，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 个(m?n)元素的所有排列个数，叫做从n个不同

n!mm元素中取出m个元素的排列数，用表示，=n(n-1)…(n-m+1)=,其中

m,n?N,m?n, AAnn(n,m)!

0n注:一般地=1，0～=1，=n!。 AAnn

nAn4(N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。 n

5(组合与组合数:一般地，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，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。从n个不同元

m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，用表示: Cn

,？,，n(n1)(nm1)n!m,,C. n,m!m!(nm)!

nmn,mmmn,1k,1k6(组合数的基本性质:(1);(2);(3);(4)C,CC,C，

CC,Cn,1nnnn,1nnk

n01nknkkkk，1kmn,kC，C，？，C,C,2;(5);(6)。 C，C，？，

C,CCC,C,nnnnkk,1k，mk，m，1nkn,m,0k

n,17(定理1:不定方程x+x+…+x=r的正整数解的个数为。 C12nr,1

[证明]将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x+x+…+x=r的正整数解12n构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B中每一个解(x,x,…,x),将x作为第i个盒子中球的个数，i=1,2,…,n，便得到A的一个装12ni 法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1

n,1个，将球分n份，共有种。故定理得证。 Cr,1

r推论1 不定方程x+x+…+x=r的非负整数解的个数为 C.12nn，r,1

推论2 从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数

m为C. n，m,1

0n1n,12n,22rn,rrnnn8(二项式定理:若n?N,则(a+b)=Ca，Cab，Cab，？，Cab，？Cb.其+nnnnn

rn,rrr中第r+1项T=叫二项式系数。 Cab,Cr+1nn

9(随机事件:在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量

重复进行同一试验时，事件

mA发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p(A),0?n

p(A)?1.

10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事

件A包含的结果有m种，那么

m事件A的概率为p(A)= .n

11.互斥事件:不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A，A，…，A彼12n此互斥，那么A，A，…，A中至少有一个发生的概率为12n

p(A+A+…+A)= p(A)+p(A)+…+p(A). 12n12n

12(对立事件:事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为。由A定义知p(A)+p()=1. A

13(相互独立事件:事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。

14(相互独立事件同时发生的概率:两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。即p(A?B)=p(A)?p(B).若事件A，A，…，A相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A?A? … 12n12?A)=p(A)?p(A)? … ?p(A). n12n

15.独立重复试验:若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.

16.独立重复试验的概率:如果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n 次独立重复试验中,这个事件

kkn-k恰好发生k次的概率为p(k)=?p(1-p). Cnn

17(离散型随机为量的分布列:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量，ξ可以取的值有0,1,2,…,10。如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。

一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为x,x,…,x,…,ξ取每一个值

x(i=1,2,…)的概率p(ξ=x)=p，12iiii则称表

ξ x x x ... x (123i)

p p p p … p … 123i为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称

Eξ=xp+xp+…+xp+…为ξ的数学期望或平均值、均值、1122nn

简称期望，称Dξ=(x-Eξ)2?p+(x-Eξ)2?p+…+(x-Eξ)2p+…为ξ的均方差，简称方差。叫随机D,1122nn

变量ξ的标准差。

18(二项分布:如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发

kkn,k生k次的概率为p(ξ=k)=, ξ的分布列为 Cpqn

ξ 0 1 … x … N i

00n11n,1kkn,knnp … … CpqCpqCpqCpnnnn

此时称ξ服从二项分布，记作ξ,B(n,p).若ξ,B(n,p)，则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p. 19.几何分布:在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变量，若在一次试

1k-1验中该事件发生的概率为p，则p(ξ=k)=qp(k=1,2,…)，ξ的分布服从几何分布，Eξ=，Dξpq=(q=1-p). 2p

二、方法与例题

1(乘法原理。

例1 有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式, [解] 将整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则;这一对结好后，再从余下的2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，……这样一直进行下去，经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有

(2n)!(2n-1)×(2n-3)×…×3×1= .n,2(n!)

2(加法原理。

例2 图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种,

2[解] 断路共分4类:1)一个电阻断路，有1种可能，只能是R;2)有2个电阻断路，有-1=5种可C44

3能;3)3个电阻断路，有=4种;4)有4个电阻断路，有1种。从而一共有

1+5+4+1=11种可能。 C4

3(插空法。

例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式,

6[解] 先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个A6

464安排舞蹈有种方法，故共有=604800种方式。 A，AA767

4(映射法。

例4 如果从1，2，…，14中，按从小到大的顺序取出a,a,a使同时满足:a-

a?3,a-a?3，那么所有1232132符合要求的不同取法有多少种,

[解] 设S={1,2,…,14}，={1，2，…，10};T={(a,a,a)| a,a,a?S,a-a?3,a-

a?S'1231232132

''''''''''''3},T'={()?},若，令

S'|a,a,a,S',a,a,a(a,a,a),T'a,a,a123123123123

'''，则(a,a,a)?T,这样就建立了从T'到T的映射，它显然是单射，a,a,a,a，2,a,a，4123112233

''''''其次若(a,a,a)?T,令，则，从而此映射也是

a,a,a,a,2,a,a,4(a,a,a),T'123112233123

3满射，因此是一一映射，所以|T|==120，所以不同取法有120种。 |T'|,C10

5(贡献法。

例5 已知集合A={1，2，3，…，10}，求A的所有非空子集的元素个数之和。

99[解] 设所求的和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有2个，所以a对x的贡献为2，又|A|=10。

9所以x=10×2.

k[另解] A的k元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为C10

1210019910×2。 C，2C，？，10C,10(C，C，？，C),101010999

6(容斥原理。

例6 由数字1，2，3组成n位数(n?3)，且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问:这样的n位数有多少个,

n123[解] 用I表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3，用A，A，A分别表示不含1，不含2，不含3

n，2，3组成的n位数的集合，则|A|=|A|=|A|=2，|AA|=|AA|=|AA|=1。

|AAA|=0。的由1:::::123122313123

3n所以由容斥原理|AAA|==3×2-3.所以满足条件::|A|,|A:A|，

|A:A:A|123,,iij123i,i,j1

nn的n位数有|I|-|AAA|=3-3×2+3个。 ::123

7(递推方法。

例7 用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n 位数中，问:能构造出多少个这样的n位数,

[解] 设能构造a个符合要求的n位数，则a=3，由乘法原理知a=3×3-1=8.当n?3时:1)如果n位数n12

的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2a;2)如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是n-1

22或3，这样的n位数有2a，所以a=2(a+a)(n?3).这里数列{a}的特征方程为x=2x+2，它的两根为n-2nn-1n-2n

2332，,nn,x=1+,x=1-,故a=c(1+)+ c(1+),由a=3,a=8得，所

3333c,c,12n1212122323

1n，2n，2以a,[(1，3),(1,3)]. n43

8(算两次。

r0r1r,12r,2r0例8 m,n,r?N，证明: ? C,CC，CC，CC，？，CC.+n，mnmnmnmnm

r[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种;另一方面，从这n+m 人中选出k位太太与C，nm

kr,kr-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有CCnm

0r1r,1r0种。综合两个方面，即得?式。 CC，CC，？，CCnmnmnm

9(母函数。

例9 一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1，2，…，10，另有大、小王各一张，编号均

k为0。从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值:每张编号为k的牌计为2分，若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。

022[解] 对于n?{1,2,…,2004},用a表示分值之和为n的牌组的数目，则a等于函数f(x)=(1+)?xnn

110011222233n(1+)????…?(1+)的展开式中x的系数(约定|x|<1)，由于

f(x)=[ (1+)(1+)?…xxxx1，x

1011111122233 3?(1+)]==。 (1,x)(1,x)x223(1，x)(1,x)(1,x)(1,x)

111n而0?2004<2，所以a等于的展开式中x的系数，又由于n22(1,x)(1,x) 1112322k2k=?=(1+x+x+…+x2k+…)[1+2x+3x+…+(2k+1)x+…],所以x在展22221,x(1,x)(1,x)(1,x)

22开式中的系数为a=1+3+5++(2k+1)=(k+1),k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a=1003=1006009. 2k2004

k10(组合数的性质。 Cn

k是奇数(k?1). 例10 证明:Cm2,1

mmmmmm,,,,k，,,,k(21)(22)？(211)21222k[证明] =令C,,,,,？

m2,1,,,kk12？12

tmt,miimpp2,22,i2,tiiii=2?p(1?i?k)，p为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，,,iitiipp2ii

k因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。 Cm2,1

nnn例11 对n?2,证明: 2,C,4.2n

k222kk[证明] 1)当n=2时，2<=6<4;2)假设n=k时，有2<<4,当n=k+1时，因为CC24k

[2(k，1)]!2，(2k，1)!2(2k，1)k1k，C,,,,C. 2(k1)2k，(k，1)!(k，

1)!(k，1)!,k!k，1

2(2k，1)kk，1kk，1k+12,又<4，所以2<. 2C,C,4C,42k2(k，1)2kk，1

所以结论对一切n?2成立。

11(二项式定理的应用。

n1,,例12 若n?N, n?2，求证:2,1，,3. ,,n,,

n1111,,012nCCC？C[证明] 首先1，,，,，,，，,,2,其次因为,,nnnn2nnnnn,, n1n(n,1)(n,k，1)11111？,,kC,,,,,,(k,2)1，所

以，, ,,nkknk!k(k,1)k,1knn,k!,,

1111111112n2+得证。 C,，？，C,,2，,，,，？，,,3,,3.nn2n1223n,1nnnn nm,hhm，1例13 证明: C,C,C(h,m,n).,n,kkn，1k,0

m,hn-k[证明] 首先，对于每个确定的k，等式左边的每一项都是两个组合数的乘积，其中是(1+x)的展Cn,k

hm,hhm-hkkn-kk开式中x的系数。是(1+y)的展开式中y的系数。从而?就是(1+x)?(1+y)的展开式中CCCkkn,k

m-hhxy的系数。

nn,,mhhnkkm-hh于是，就是展开式中xy的系数。 C,C(1，x)(1，

y),,,nkk,0,0kk

n，1n，1kkkkCx,Cy,,n，1n，1n，1n，1n(1，x),(1，y),nkkk,0k,0另一方面，== (1，x)(1，y),,(1，x),(1，y)x,y,0k

kkn，1n，1x,ykkkm，1k-1k-2k-1m-hh?=(x+xy+…+y)，上式中，xy项的系数恰为。 CxCC,,n，1n，1n，1x,yk,0k,0

nm,hhm，1所以 C,C,C.,n,kkn，1k,0

12(概率问题的解法。

例14 如果某批产品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问:恰好有k件是次品的概率是多少,

n[解] 把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为(a+b)(即所有的可

kkn-k能结果)。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A 所包含的基本事件总数为?ab，Cn

kknk,Cabn故所求的概率为p(A)= .na，b()

例15 将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0，而且与正面朝上恰好两次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。

[解] 设每次抛硬币正面朝上的概率为p，则掷5次恰好有k次正面朝上的概率为

1kk223145-k(1-p)(k=0,1,2,…,5)，由题设，且0

Cp(1,p),Cp(1,p)Cpp,5553

321240,,,,3恰好有3次正面朝上的概率为C，,. ,,,,533343,,,,

例16 甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，比赛时可以用三局二胜或五局三胜制，问:在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大, [解] (1)如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜:A—2:0(甲净胜二局)，A—2:1(前二12

1局甲一胜一负，第三局甲胜).

p(A)=0.6×0.6=0.36,p(A)=×0.6×0.4×0.6=0.288. C212

因为A与A互斥，所以甲胜概率为p(A+A)=0.648. 1212

2(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜:B—3:0(甲净胜3局)，B—3:1(前3局甲2胜1

1负，第四局甲胜)，B—3:2(前四局各胜2局，第五局甲胜)。因为B，B，B互斥，所以甲胜概率为3122

223222p(B+B+B)=p(B)+p(B)+p(B)=0.6+×0.6×0.4×0.6+×0.6×0.4×0.6=0. 68256. CC12312334

由(1)，(2)可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。

例17 有A，B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0，2张写有1，3张写有2;B袋中有7张卡片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2。从A袋中

取出1张卡片，B袋中取2张卡片，共3张卡片。求:(1)取出3张卡片都写0的概率;(2)取出的3张卡片数字之积是4的概率;(3)取出的3张卡片数字之积的数学期望。

1211112C,C，C,C,CC,C412231214[解](1);(2);(3)记ξ为取出的3张卡

p,,p,,12122163C,CC,C6767

片的数字之积，则ξ的分布为

ξ 0 2 4 8

37241p 42636342

3724132所以 E,,0，，2，，4，，8，,.4263634263

三、基础训练题

1(三边长均为整数且最大边长为11的三角形有_________个。

2(在正2006边形中，当所有边均不平行的对角线的条数为_________。

2，3，…，9这九个数字可组成_________个数字不重复且8和9不相邻的七位数。 3(用1，

4(10个人参加乒乓球赛，分五组，每组两个人有_________种分组方法。

5(以长方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_________。

10006(今天是星期二，再过10天是星期_________。

10037(由展开式所得的x的多项式中，系数为有理数的共有_________项。

(3x，2)

8(如果凸n边形(n?4)的任意三条对角线不共点，那么这些对角线在凸n边形内共有_________个交点。 9(袋中有a个黑球与b个白球，随机地每次从中取出一球(不放回)，第k(1?k?a+b)次取到黑球的概率为_________。

10(一个箱子里有9张卡片，分别标号为1，2，…，9，从中任取2张，其中至少有一个为奇数的概率是_________。

11(某人拿着5把钥匙去开门，有2把能打开。他逐个试，试三次之内打开房门的概率是_________。 12(马路上有编号为1，2，3，…，10的十盏路灯，要将其中三盏关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数是_________。

13(a,b,c,d,e五个人安排在一个圆桌周围就坐，若a,b不相邻有_________种安排方式。

iiiinm14(已知i,m,n是正整数，且1(1+n). nA,mAmn

n15.一项“过关游戏”规定:在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所得到的点数之和大于2，则算过关。问:(1)某人在这项游戏中最多能过几关,(2)他连过前三关的概率是多少,(注:骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体)

四、高考水平训练题

1(若n?{1,2,…,100}且n是其各位数字和的倍数，则这种n有__________个。

22(从{-3,-2,-1,0,1,2,3,4}中任取3个不同元素作为二次函数y=ax+bx+c的系数，能组成过原点，且顶点在第一或第三象限的抛物线有___________条。

3(四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中任取4个不共面的点，有

_________种取法。 4(三个人传球，从甲开始发球，每次接球后将球传给另外两人中的任意一个，经5次传球后，球仍回到甲手中的传法有_________种。

5(一条铁路原有m个车站(含起点，终点)，新增加n个车站(n>1)，客运车票相应地增加了58种，原有车站有_________个。

n,,16(将二项式的展开式按降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数,x，,,,42x,,

是整数的项有_________个。

7(从1到9这九个自然数中任取两个分别作为对数的真数和底数，共可得到

_________种不同的对数值。

58(二项式(x-2)的展开式中系数最大的项为第_________项，系数最小的项为第_________项。 9(有一批规格相同的均匀圆棒，每根被划分成长度相同的5节，每节用红、黄、蓝三色之一涂色，可以有_________种颜色不同的圆棒,(颠倒后相同的算同一种)

10(在1，2，…，2006中随机选取3个数，能构成递增等差数列的概率是

_________。

111(投掷一次骰子，出现点数1，2，3，…，6的概率均为，连续掷6次，出现的点数之和为35的概率6

为_________。

12(某列火车有n节旅客车厢，进站后站台上有m(m?n)名旅客候车，每位旅客随意选择车厢上车，则每节车厢都有旅客上车的概率是_________。

13(某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷(精确到1公顷),(粮食单产总产量=) 耕地面积

五、联赛一试水平训练题

1(若0

3(已知A={0，1，2，3，4，5，6，7}，映射f:A?A满足:(1)若i?j，则

f(i)?f(j);(2)若i+j=7，则f(i)+f(j)=7，这样的映射的个数为_________。

4(1，2，3，4，5的排列a,a,a,a,a具有性质:对于1?i?4,a,a,…,a不构成1，2，…，i的某个排1234512i

列，这种排列的个数是_________。

5(骰子的六个面标有1，2，…，6这六个数字，相邻两个面上的数字之差的绝对值叫变差，变差的总和叫全变差V，则全变差V的最大值为_________，最小值为_________。

6(某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行50场，上述三名选手之间比赛场数为_________。

7(如果a,b,c,d都属于{1,2,3,4}且a?b,b?c,c?d, d?a;且a是a,b,c,d中的最小值，则不同的四位数的个数为_________。 abcd

8(如果自然数a各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”，将所有的吉祥数从小到大排成一列a,a,a,…,123若a=2005，则a=_________。 nn 21n,nk,1k,9(求值:=_________。 (,1),kC1k,2n

110(投掷一次骰子，出现点数1，2，…，6的概率均为，连续掷10次，出现的点数之和是30的概率为6

_________。

11(将编号为1，2，…，9这九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球，设周围上所有相邻两球的号码之差的绝对值之和为S，求S 达到最小值的放法的概率(注:如果某种放法经旋转或镜面反射后可与另一放法重合，则认为是相同的放法)。

12(甲、乙两人轮流向同一目标射击，第一次甲射击，以后轮流射击，甲每次击中的概率为p(0

n,mmn,m,1m0mm，1n，2m，113(设m,n?N,0

1(100张卡片上分别写有数字1到100，一位魔术师把这100张卡片放入颜色分别是红色、白色、蓝色的三个盒子里，每个盒子里至少放入一张卡片。

一位观众从三个盒子中挑出两个，并从中各选取一张卡片，然后宣布这两张卡片上的两个数的和数，魔术师知道这个和数之后，便能够指出哪一个是没有被观众取出卡片的盒子。问:共有多少种放卡片的方法，使得这个魔术师总能够成功,(如果至少有一张卡片被放入不同颜色的盒子，两种方法被认为是不同的) 2(设

S={1,2,…,10}，A，A，…，A是S的k个子集合，满

足:(1)|A|=5,i=1,2,…,k;(2)|AA|:12kiij?2,1?i

3(求从集合{1,2,…,n}中任取满足下列条件的k个数{j,j,…,j}的组合

数;(1)1?j1为固定的正整数;(3)存在h,1?h?k-1，使得?m+1. j,jh+100h,1h00

SSS11nm124.设,其中S，S，…，S都是正整数且S

C,C,？,Cn,2，2，？，212m12mnnn

m中奇数的个数等于2。

n(n，1)5(个不同的数随机排成图13-2所示的三角形阵，设M是从上往下第k 行中的最大数，求M

n,r，1r,1r，16(证明:kC,C. ,n,kn，1k,1

小学奥数排列组合常见题型及解题策略备选题

小学奥数排列组合常见题型及解题策略排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 一．可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理的策略中，关键是在正确判断哪个底数，哪个是指数【例1】（1）有4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛，每人限报一科，有多少种不同的报名方法？（2）有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果？（3）将3封不同的信投入4个不同的邮筒，则有多少种不同投法？【解析】：（1）43（2）34（3）34 【例2】把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？【解析】：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有67种不同方案. 【例3】8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（）A、38 B、83 C、38A D、3 8 C 【解析】：冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军，把8名学生看作8家“店”，3项冠军看作3个“客”，他们都可能住进任意一家“店”，每个“客”有8种可能，因此共有38种不同的结果。所以选A 二．相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 【例1】,,,, A B C D E五人并排站成一排，如果,A B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有【解析】：把,A B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，4 424 A 种【例2】（2009四川卷理）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

小学奥数~排列组合

奥数解排列组合应用题排列组合问题是必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例 1.,,,,A B C D E 五人并排站成一排，如果,A B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有 A 、60种 B 、48种 C 、36种 D 、24种解析：把,A B 视为一人，且B 固定在A 的右边，则本题相当于4人的全排列，4424A =种，答案：D . 2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端. 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是 A 、1440种 B 、3600种 C 、4820种 D 、4800种解析：除甲乙外，其余5个排列数为55A 种，再用甲乙去插6个空位有26A 种，不同的排法种数是52 5 63600A A =种，选B . 3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例 3.,,,,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）那么不同的排法种数是 A 、24种 B 、60种 C 、90种 D 、120种解析：B 在A 的右边与B 在A 的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即5 51602 A =种，选 B . 4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 例4.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 A 、6种 B 、9种 C 、11种 D 、23种解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选B . 5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是 A 、1260种 B 、2025种 C 、2520种 D 、5040种解析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有21110 872520C C C =种，选C .

小学奥数专题排列组合

?排列问题题型分类： 1.信号问题 2.数字问题 3.坐法问题 4.照相问题 5.排队问题 ?组合问题题型分类： 1.几何计数问题 2.加乘算式问题 3.比赛问题 4.选法问题 ?常用解题方法和技巧 1.优先排列法 2.总体淘汰法 3.合理分类和准确分步 4.相邻问题用捆绑法 5.不相邻问题用插空法 6.顺序问题用“除法” 7.分排问题用直接法 8.试验法 9.探索法 10.消序法 11.住店法 12.对应法 13.去头去尾法 14.树形图法 15.类推法 16.几何计数法 17.标数法 18.对称法

分类相加，分步组合，有序排列，无序组合 ?基础知识（数学概率方面的基本原理）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M n种不同的方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+M n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独立的，故用加法原理。每一类中的每一种方法都可以独立完成此任务；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步才能完成此任务；各步计数相互独立；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

(word完整版)小升初奥数—排列组合问题

小升初奥数—排列组合问题一、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）775040P =（种）。（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．66720P =（种）. （3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×6 6P =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．552240P ?= (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，25552400P P ?=（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．775040P =（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．4×3×55P ×2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特殊情况再去全排列。【例 2】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4312?=(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412121212456+++++=(个)不同的四位数，即确保能打开保险柜至少要试56次．【例 3】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 :BC DE 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2 6P 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2 7P 种选法，所以共有2 6P ×27P =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 4】 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；

奥数：排列组合的基本理论及公式.docx

一、排列合的基本理和公式，排列与元素的序有关，合与序无关。如 231 与 213 是两个排列， 2＋ 3＋ 1 的和与 2＋ 1＋3 的和是一个合。 (一 )两个基本原理是排列和合的基： (1)加法原理：做一件事，完成它可以有 n 法，在第一法中有 m1种不同的方法，在第二法中有 m2种不同的方法，??，在第n 法中有 m n种不同的方法，那么完成件事共有 N＝ m1＋ m2＋m3＋?＋ m n种不同方法。 (2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n 个步，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，??，做第 n 步有 m n种不同的方法，那么完成件事共有N＝m1×m2×m3×?×m n种不同的方法。里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有 n法，是分，第一中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n 个步，步与步之是的，只有将分成的若干个互相系的步，依次相完成，件事才算完成，因此用乘法原理。完成一件事的分“ ”和“步”是有本区的，因此也将两个原理区分开来。 C53表示从5 个元素中取出 3 个，共有多少种不同的取

法。这是组合的运算。例如：从 5 个人中任选三个人去参加比赛，共有几种选法这就是从 5 个元素中取出 3 个的组合运算。可表示为C53。其计算过程是C53=5!/[3!× (5-3)!]叹号代表阶乘， 5!=5 ×4×3×2×1=120，3!=3 ×2×1=6，（ 5-3）！ =2！ =2 ×，所以 C53=5!/[3! × (5-3)!]=120/(6 ×针2)=10对上面 1=2 例子，就是从 5 个人中任选三个人去参加比赛，共有10 几种选法。排列组合公式：公式 P 是指排列，从N 个元素取 R 个进行排列。公式 C 是指组合，从N 个元素取 R 个，不进行排列。 n—元素的总个数；r—参与选择的元素个数。！—阶乘，如9！＝ 9×8×7×6×5×4×3。×2×1 举例： Q1:有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多

小学奥数排列组合

小学奥数排列组合 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

一．计数专题：④排列组合一.进门考 1.有四张数字卡片，用这四张数字卡片组成三位数，可以组成多少个？ 2.一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问： ①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？ ②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？ 3.甲组有6人，乙组有8人，丙组有9人。从三个组中各选一人参加会议，共有多少种不同选法？ 4.从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？ 5.学校的一块活动场地呈梯形，如图所示．（1）这块活动场地的面积是多少平方米？（2）学校计划给这块地铺上草皮，如果每平方米的草皮20元，学校一共要为这块活动场地花费多少元钱？ 58 7 6

6*.按1，2，3，4的顺序连线，有多少种不同的连法? 二．授新课 ①奥数专题：乘法原理专题简析在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法，就是排列问题．在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关．日常生活中有很多“分组”问题．如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等．这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题．解决排列组合问题，离不开加法原理和乘法原理，合理分类、合理分组，求出组合数和排列数。排列公式：由乘法原理，从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数是 121n n n n m ?-?-??-+（）（）（），即121m n P n n n n m =---+（）（）（），这里，m n ≤，且等号右边从n 开始，后面每个因数比前一个因数小1，共有m 个因数相乘．组合公式：从n 个不同元素中取出m 个元素(m n ≤)的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的组合数．记作m n C ．12)112321m m n n m m P n n n n m C m m m P ?-?-??-+==?-?-????（）（（）（）（）．

奥数(排列与组合)

排列组合应用题的教学设计致远高中朱英2007.3 解决排列组合应用题的基础是：正确应用两个计数原理，分清排列和组合的区别。引例1 现有四个小组，第一组7人，第二组8人，第三组9人，第四组10人，他们参加旅游活动：（1）选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法。（2）每组选一名组长，共有多少种不同的选法4 评述：本例指出正确应用两个计数原理。引例2 （1）平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？（2）平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？评述：本例指出排列和组合的区别。求解排列组合应用题的困难主要有三个因素的影响： 1、限制条件。 2、背景变化。 3、数学认知结构排列组合应用题可以归结为四种类型：第一个专题排队问题重点解决： 1、如何确定元素和位置的关系元素及其所占的位置，这是排列组合问题中的两个基本要素。以元素为主，分析各种可能性，称为“元素分析法”；以位置为主，分析各种可能性，称为“位置分析法”。例：3封不同的信，有4个信箱可供投递，共有多少种投信的方法？分析：这可以说是一道较简单的排列组合的题目了，但为什么有的同学能做出正确的答案34(种)，而有的同学则做出容易错误的答案43(种)，而他们又错在哪里呢？应该是错在“元素”与“位置”上了! 法一：元素分析法(以信为主) 第一步：投第一封信，有4种不同的投法；第二步：接着投第二封信，亦有4种不同的投法；第三步：最后投第三封信，仍然有4种不同的投法。因此，投信的方法共有：34(种)。法二：位置分析法(以信箱为主) C(种)；第一类：四个信箱中的某一个信箱有3封信，有投信方法1 4第二类：四个信箱中的某一个信箱有2封信，另外的某一个信箱有1封信，

小学奥数之排列组合问题.讲课教案

计数问题教学目标 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：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）775040P =（种）。（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．66720P =（种）. （3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×6 6P =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．552240P ?= (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，25552400P P ?=（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．775040P =（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．4×3×55P ×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5n =，2m =，根据排列数公式，一共可以组成255420P =?=(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44432124P =???=(种)放法，对应24个不同的五位数； ⑵ 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336P =种选择．由乘法原理，可

小学奥数排列组合教案

小学奥数-----排列组合教案加法原理和乘法原理排列与组合:熟悉排列与组合问题。运用加法原理和乘法原理解决问题。在日常生活中我们经常会遇到像下面这样的两类问题:问题一：从A 地到B 地，可以乘火车，也可以乘汽车或乘轮船。一天中，火车有4 班，汽车有3 班，轮船有2 班。那么从A 地到B 地共有多少种不同的走法问题二：从甲村到乙村有两条道路，从乙村去丙村有3 条道路（如下图）。从甲村经乙村去丙村，共有多少种不同的走法解决上述两类问题就是运用加法原理和乘法原理。加法原理：完成一件工作共有N类方法。在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有m n种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋m n种不同方法。运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；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)。合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有m n种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×m n种方法。运用乘法原理计数，关键在于合理分步。完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N 步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。

小学奥数排列组合常见题型及解题策略备选题1

小学奥数排列组合常见题型及解题策略排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 一．可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理的策略中，关键是在正确判断哪个底数，哪个是指数【例1】（1）有4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛，每人限报一科，有多少种不同的报名方法？（2）有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果？（3）将3封不同的信投入4个不同的邮筒，则有多少种不同投法？【解析】：（1）43（2）34（3）34 【例2】把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？【解析】：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有67种不同方案. 【例3】8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（）A、38 B、83 C、38A D、 3 C 8 【解析】：冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军，把8名学生看作8家“店”，3项冠军看作3个“客”，他们都可能住进任意一家“店”，每个“客”有8种可能，因此共有38种不同的结果。所以选A 二．相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. A B C D E五人并排站成一排，如果,A B必须相邻且B在A的右边，那么不同的【例1】,,,, 排法种数有 A 种【解析】：把,A B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，4424【例2】（2009四川卷理）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

五年级奥数.计数综合.排列组合(ABC级).学生版

一、排列问题在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法，就是排列问题．在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关．一般地，从n 个不同的元素中取出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．根据排列的定义，两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也相同．如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；如果两个排列中，虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列．排列的基本问题是计算排列的总个数．从n 个不同的元素中取出m (m n ≤)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素的排列中取出m 个元素的排列数，我们把它记做m n P ．根据排列的定义，做一个m 元素的排列由m 个步骤完成：步骤1：从n 个不同的元素中任取一个元素排在第一位，有n 种方法；步骤2：从剩下的(1n -)个元素中任取一个元素排在第二位，有(1n -)种方法； …… 步骤m ：从剩下的[(1)]n m --个元素中任取一个元素排在第m 个位置，有11n m n m --=-+（）(种) 方法；由乘法原理，从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数是121n n n n m ?-?-??-+（）（）（），即121m n P n n n n m =---+（）（）（），这里，m n ≤，且等号右边从n 开始，后面每个因数比前一个因数小1，共有m 个因数相乘．二、排列数一般地，对于m n =的情况，排列数公式变为12321n n P n n n =?-?-????（）（）．表示从n 个不同元素中取n 个元素排成一列所构成排列的排列数．这种n 个排列全部取出的排列，叫做n 个不同元素的全排列．式子右边是从n 开始，后面每一个因数比前一个因数小1，一直乘到1的乘积，知识结构排列组合

小学五年级奥数专题之排列组合题一及答案

1、7个人站成一排，若小明不在中间，共有_______________种站法；若小明在两端，共有_________________种站法。 2、4个男生2个女生共6人站成一排合影留念，有________________种不同的排法；要求2个女生紧挨着有________________种不同的排法；如果要求2个女生紧挨着排在正中间有____________________种不同的排法。 3、A、B、C、D、E、F、G七位同学在操场排成一列，其中学生B与C必须相邻，请问共有________________________种不同的排法。 4、6名小朋友A、B、C、D、E、F站成一排，若A、B两人必须相邻，一共有________________________种不同的站法；若A、B两人不能相邻，一共有________________________种不同的站法；若A、B、C三人不能相邻，一共有________________________种不同的站法。 5、10个相同的球完全分给3个小朋友，若每个小朋友至少得1个，那么共有__________________种分法；若每个小朋友至少得2个，那么共有 __________________种分法。 6、小红有10块糖，每天至少吃1块，7天吃完，她共有 ______________________种不同的吃法。 7、5个人站成一排，小明不在两端的排法共有__________________种。 8、停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，一共有________________________种不同的停车文案。 9、将3盆同样的红花和4盆同样的黄花摆放在一排，要求3盆红花互不相邻，共有____________________种不同的放法。 10、12个苹果分给4个人，每人至少1个，则共有____________________种分法。 11、四年级三班举行六一儿童节联欢活动，整个活动由2个舞蹈、2个演唱和3个小品组成，请问如果要求同类型的节目连续演出，那么共有

小学奥数排列组合.

排列组合问题题型方法总结

排列组合常用方法题型总结【知识内容】 1．基本计数原理 ⑴加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法．又称加法原理． ⑵乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =???种不同的方法．又称乘法原理． ⑶加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用． 2．排列与组合 ⑴排列：一般地，从n 个不同的元素中任取()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．（其中被取的对象叫做元素）排列数：从n 个不同的元素中取出()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A m n 表示．排列数公式：A (1)(2) (1)m n n n n n m =---+，m n +∈N ，，并且m n ≤．全排列：一般地，n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的一个全排列． n 的阶乘：正整数由1到n 的连乘积，叫作n 的阶乘，用!n 表示．规定：0!1=． ⑵组合：一般地，从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合．组合数：从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中，任意取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．组合数公式：(1)(2)(1)! C !!()! m n n n n n m n m m n m ---+= =-，,m n +∈N ，并且m n ≤．组合数的两个性质：性质1：C C m n m n n -=；性质2：1 1C C C m m m n n n -+=+．（规定0C 1n =）

小学奥数排列组合经典例题精选版

小学奥数排列组合经典例题 Company number【1089WT-1898YT-1W8CB-9UUT-92108】

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M 1 中不同的方法，在第二类办法中有M 2 中不同的方法，……，在第N类办法中有M n 种不同的方法，那么完成这件事情共有M 1+M 2 +……+M n 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n 1 种不同的方法，完成第二步有n 2 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独立的，故用加法原理。每一类中的每一种方法都可以独立完成此任务；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．

解排列组合问题常用方法(二十种)

解排列组合问题常用方法（二十种）一、定位问题优先法（特殊元素和特殊位置优先法）例1、由01,2,3,4,5，可以组成多少个没有重复数字五位奇数？分析：特殊元素和特殊位置有特殊要求，应优先考虑。末位和首位有特殊要求。先排末位，从1,3,5三个数中任选一个共有1 3C 种组合；然后排首位，从2,4和剩余的两个奇数中任选一个共有1 4C 种组合；最后排中间三个数，从剩余四个数中任选三个共有3 4A 种排列。由分步计数原理得113 344288C C A =。变式1、7种不同的花种在排成一列的花盆里，若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？分析：先种两种不同的葵花在不受限制的四个花盒中共有2 4A 种排列，再种其它葵花有5 5A 种排列。由分步计数原理得2 5 451440A A =。二、相邻问题捆绑法例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？分析：分三步。先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，将丙丁两元素也捆绑成整体看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时在两对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理得 522522480A A A =。变式2、某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为。分析：命中的三枪捆绑成一枪，与命中的另一枪插入未命中四枪形成的五个空位，共有2 5A 种排列。三、相离问题插空法例3、一个晚会节目有4个舞蹈，2个相声，3个独唱，舞蹈不能连续出场，则节目出场顺序有多少种？分析：相离问题即不相邻问题。分两步。第一步排2个相声和3个独唱共有5 5A 种排列，第二步将4个舞蹈插入第一步排好后形成的6个空位中（包含首尾两个空位）共有4 6A 种排列，由分步计数原理得 545643200A A =。变式3、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不相邻，那么不同插法的种数为。分析：将2个新节目插入原定5个节目排好后形成的6个空位中（包含首尾两个空位）共有2 6A 种排列，由分步计数原理得2 630A =。四、定序问题除序（去重复）、空位、插入法例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？分析：（除序法）除序法也就是倍缩法或缩倍法。对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数。共有不同排法种数为： 77 33 840A A =。（空位法）设想有7把椅子，让除甲、乙、丙以外的四人就坐，共有4 7A 种坐法；甲、乙、丙坐其余的三个位置，共有1种坐法。总共有4 7840A =种排法。思考：可以先让甲乙丙就坐吗？（可以）（插入法）先选三个座位让甲、乙、丙三人坐下，共有3 7C 种选法；余下四个空座位让其余四人就坐，共有4 4A 种坐法。总共有34 74840C A =种排法。变式4、10人身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有多少种不同的排法？分析：10人身高各不相等且从左至右身高逐渐增加，说明顺序一定。若排成一排，则只有一种排法；现排成前后两排，因此共有5 10252C =种排法。

五年级奥数排列组合

一、排列问题在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法，就是排列问题．在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关．一般地，从n 个不同的元素中取出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．根据排列的定义，两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也相同．如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；如果两个排列中，虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列．排列的基本问题是计算排列的总个数．从n 个不同的元素中取出m (m n ≤)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素的排列中取出m 个元素的排列数，我们把它记做m n P ．根据排列的定义，做一个m 元素的排列由m 个步骤完成：步骤1：从n 个不同的元素中任取一个元素排在第一位，有n 种方法；步骤2：从剩下的(1n -)个元素中任取一个元素排在第二位，有(1n -)种方法； …… 步骤m ：从剩下的[(1)]n m --个元素中任取一个元素排在第m 个位置，有11n m n m - -=-+（）(种)方法；由乘法原理，从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数是121n n n n m ?-?-??-+ （）（）（），即 12.1m n P n n n n m =---+ （）（）（），这里，m n ≤，且等号右边从n 开始，后面每个因数比前一个因数小1，共有m 个因数相乘．二、排列数一般地，对于m n =的情况，排列数公式变为12321n n P n n n =?-?-???? （）（）．表示从n 个不同元素中取n 个元素排成一列所构成排列的排列数．这种n 个排列全部取出的排列，叫做n 个不同元素的全排列．式子右边是从n 开始，后面每一个因数比前一个因数小1，一直乘到1的乘积，记为!n ，读做n 的阶乘，则n n P 还可以写为：!n n P n =，其中!12321n n n n =?-?-???? （）（）　．知识框架排列组合

四年级奥数-排列组合

排列组合排列组合问题是必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例 1.,,,,A B C D E 五人并排站成一排，如果,A B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有 A 、60种 B 、48种 C 、36种 D 、24种解析：把,A B 视为一人，且B 固定在A 的右边，则本题相当于4人的全排列，4424A =种，答案：D . 2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端. 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是 A 、1440种 B 、3600种 C 、4820种 D 、4800种解析：除甲乙外，其余5个排列数为55A 种，再用甲乙去插6个空位有26A 种，不同的排法种数是525 63600A A =种，选B . 3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例 3.,,,,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）那么不同的排法种数是 A 、24种 B 、60种 C 、90种 D 、120种解析：B 在A 的右边与B 在A 的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即551602 A =种，选 B . 4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 例4.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 A 、6种 B 、9种 C 、11种 D 、23种解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选B . 5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是 A 、1260种 B 、2025种 C 、2520种 D 、5040种解析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有21110 872520C C C =种，选C .