最新高中排列组合方法大全(破解所有高考竞赛题).pdf

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1、排列与组合的八大典型错误、24 种解题技巧和三大模型 总论： 一、知识点归纳 二、常见题型分析 三、 排列组合解题备忘录 1分类讨论的思想 2. 等价转化的思想 3. 容斥原理与计数 4. 模型构造思想 四、排列组合中的8 大典型错误 1没有理解两个基本原理出错 2. 判断不出是排列还是组合出错 3. 重复计算出错 4. 遗漏计算出错 5. 忽视题设条件出错 6.未考虑特殊情况出错 7题意的理解偏差出错 87. 解题策略的选择不当出错 五、排列组合24 种解题技巧 1排序问题 相邻问题捆绑法 相离问题插空排 定序问题缩倍法（插空法） 定位问题优先法 多排问题单排法 圆排问题单排法 可重复的排列

2、求幂法 全错位排列问题公式法 2分组分配问题 平均分堆问题去除重复法（平均分配问题） 相同物品分配的隔板法 全员分配问题分组法 有序分配问题逐分法 3排列组合中的解题技巧 至多至少间接法 染色问题合并单元格法 交叉问题容斥原理法 构造递推数列法 六排列组合中的基本模型 分组模型（分堆模型） 错排模型 染色问题 一知识点归纳 1排列的概念：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不相同）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 2排列数的定义：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取 出m元素的 排列数 ，用符号 m

3、n A表示 3排列数公式：(1)(2)(1) m n An nnnm（,m nNmn） 4 阶乘：!n表示正整数1 到n的连乘积，叫做n的阶乘 规定0!1 5排列数的另一个计算公式： m n A= ! ()! n nm 6 组合的概念： 一般地，从n个不同元素中取出m mn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 7组合数的概念：从n个不同元素中取出m mn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 m n C表示 8组合数公式： (1)(2)(1) ! m mn nm m An nnn m C Am 或 )!( ! ! mnm n C m

4、 n ),(nmNmn且 9 组合数的性质1： mn n m n CC规定：1 0 n C； 10组合数的性质2： m n C 1 m n C+ 1m n C 0241351 2 n nnnnnn CCCCCC; 01 2 nn nnn CCC 11. “ 16 字方针”是解决排列组合问题的基本规律，即： 分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，。 12. “ 1个技巧”是迅速解决排列组合的捷径 二基本题型讲解 例 1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数 （1） 6 名学生排3 排，前排1 人，中排2 人，后排 3 人； （2） 6 名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾； （3）从 6 名运

5、动员中选出4 人参加 4100 米接力赛，甲不跑第一棒， 乙不跑第四棒； （4） 6 人排成一排，甲、乙必须相邻； （5） 6 人排成一排，甲、乙不相邻； （6） 6 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、 乙、丙可以不相邻） 解： （ 1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为720 6 6 A （2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有 1 4 A种选法，然后其他5 人选，有 5 5 A种选法，故排 法种数为 480 5 5 1 4A A （3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类： 乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为 3 5 A； 乙不跑第一棒，则跑第一棒的

6、人有 1 4 A种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有 1 4 A种选法，其 余两棒次不受限制，故有 2 2 1 4 1 4 AAA种排法， 由分类计数原理，共有252 2 4 1 4 1 4 3 5 AAAA种排法 （4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4 人一起作全排列共有240 5 5 2 2 AA种排法 （5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4 人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4 人的左、右及之 间的空挡插位，共有 2 5 4 4A A（或用 6 人的排列数减去问题（2）后排列数为480240 6 6 A） （6）三人的顺序定，实质是从6 个位置中选出三个位置，然后排按规定的

7、顺序放置这三人，其余3 人在 3 个位置上全排列，故有排法120 3 3 3 6A C种 点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻 例 2 假设在 100 件产品中有3件是次品，从中任意抽取5 件，求下列抽取方法各多少种？ （1）没有次品； （2）恰有两件是次品； （3）至少有两件是次品 解： （ 1）没有次品的抽法就是从97 件正品中抽取5 件的抽法，共有64446024 5 97 C种 （ 2）恰有2 件是次品的抽法就是从97 件正品中抽取3 件，并从3 件次品中抽2 件的抽法，共有 442320 2 3 3 97C C种 （3）至少有2 件次品的抽法，

8、按次品件数来分有二类： 第一类，从97 件正品中抽取3 件，并从3 件次品中抽取2 件，有 32 973 C C种 第二类从97 件正品中抽取2 件，并将3 件次品全部抽取，有 23 973 C C种 按分类计数原理有446976 3 3 2 97 2 3 3 97 CCCC种 点评：此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中抽取，应当 注意：如果第（3）题采用先从3 件次品抽取2 件（以保证至少有2 件是次品），再从余下的98 件产品中 任意抽取3 件的抽法，那么所得结果是466288 3 98 2 3C C种，其结论是错误的，错在“重复”：假设3 件 次品

9、是 A、B、C，第一步先抽A、B 第二步再抽C 和其余 2 件正品，与第一步先抽A、 C（或 B、C） ，第 二步再抽 B（或 A）和其余2 件正品是同一种抽法，但在算式 3 98 2 3C C中算作 3 种不同抽法 例 3 求证： m n m n m n AmAA 1 11 ； 1 2 11 2 m n m n m n m n CCCC 证明：利用排列数公式 左 1 !1 ! 1 ! nmn nmnm 1 !1 ! ! nmnmn nm m n A mn n ! ! 右 另一种证法： （利用排列的定义理解） 从 n 个元素中取m 个元素排列可以分成两类： 第一类不含某特殊元素a的排列有 m

10、n A 1 第二类含元素a的排列则先从1n个元素中取出1m个元素排列有 1 1 m n A种，然后将a插入，共有m 个空档，故有 1 1 m n Am种， 因此 m n m n m n AAmA 1 11 利用组合数公式 左 ! !2 !11 ! 1!1 ! mnm n mnm n mnm n 11211 !1!1 ! mnmmmmnmn mnm n 1 2 !1!1 !2 12 !1!1 !m n C mnm n nn mnm n 右 另法：利用公式 1 11 m n m n m n CCC推得 左 1 21 1 1 11m n n n m n m n m n m n m n CCCCCCC

11、右 点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质 例 4 已知f是集合dcbaA,到集合2, 1 , 0B的映射 （1）不同的映射f有多少个？ （2）若要求4dfcfbfaf则不同的映射f有多少个？ 分析：（1）确定一个映射f，需要确定dcba,的像 （2）dcba,的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4 有多种分析方案，各方案独立且并列需要 分类计算 解： （ 1）A 中每个元都可选0,1,2 三者之一为像，由分步计数原理，共有 4 33333个不同映射 （2）根据dcba,对应的像为2 的个数来分类，可分为三类： 第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像

12、均为1，这样的映射只有一个； 第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有12 1 3 1 4P C个； 第三类：二个元素的像是2，另两个元素的像必为0，这样的映射有 6 2 4 C个 由分类计数原理共有1+12+6=19 （个） 点评：问题（1）可套用投信模型：n 封不同的信投入m 个不同的信箱，有 n m种方法；问题（2）的关 键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏 例 5 四面体的顶点和各棱的中点共10 个点 （1）设一个顶点为A，从其他9 点中取 3 个点，使它们和点A 在同一平面 上，不同的取法有多少种？ （2）在这 10 点中取 4 个不共面的点，

13、不同的取法有多少种？ 解： （ 1）如图，含顶点A 的四面体的三个面上，除点A 外都有 5 个点，从 中取出 3 点必与点 A 共面，共有 3 5 3C种取法 含顶点 A 的棱有三条，每条棱上有3 个点，它们与所对棱的中点共面，共有3 种取法 根据分类计数原理和点A 共面三点取法共有 3333 3 5 C种 （ 2）取出的 4 点不共面比取出的4 点共面的情形要复杂，故采用间接法： 先不加限制任取4 点（ 4 10 C种 取法）减去4 点共面的取法 取出的 4 点共面有三类： 第一类：从四面体的同一个面上的6 点取出 4 点共面，有 4 6 4C种取法 第二类：每条棱上的3 个点与所对棱的中点

14、共面，有6 种取法 第三类：从6 条棱的中点取4 个点共面，有3 种取法 根据分类计数原理4 点共面取法共有 69364 4 6 C 故取 4 个点不共面的不同取法有141364 4 6 4 10 CC（种） 点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不共线，点共 面与不共面，线共面与不共面等 三、排列组合解题备忘录： 个不同的元素必须相邻，有 m m P 种“捆绑”方法 个不同元素互不相邻，分别“插入”到个“间隙”中的个位置有 m n P 种不同的“插入”方 法 个相同的元素互不相邻，分别“插入”到个“间隙”中的个位置，有 m n C 种不同的“插入”

15、方法 若干个不同的元素“等分”为个组 , 要将选取出每一个组的组合数的乘积除以 m m P 四排列组合问题中的数学思想方法 （一）分类讨论的思想：许多“数数”问题往往情境复杂，层次多，视角广，这就需要我们在分析问题 时，选择恰当的切入点，从不同的侧面，把原问题变成几个小问题，分而治之，各种击破。 例. 已知集合A和集合 B各含有 12 个元素，AB含有 4 个元素，求同时满足下列条件的集合C的个数： A BC D EF G M N P 1）C AB且 C中含有 3 个元素， 2）CA 解：如图，因为A，B各含有 12 个元素，AB含有 4 个元素，所以AB中的元 素有 12+12-4=20 个

16、，其中属于A 的有 12 个，属于A 而不属于B 的有 8 个，要使 CA，则 C中的元素至少含在A中，集合C的个数是： 1）只含 A中 1 个元素 的有 12 128 C C； 2）含 A中 2 个元素的有 21 128 C C；3）含 A中 3 个元素的有 30 128 C C，故 所求的集合C的个数共有 12 128 C C+ 21 128 C C+ 30 128 C C=1084 个 （二）等价转化的思想：很多“数数”问题的解决，如果能跳出题没有限定的“圈子”，根据题目的特征 构思设计出一个等价转化的途径，可使问题的解决呈现出“要柳暗花明”的格局。 1. 具体与抽象的转化 例. 某人射

17、击7 枪，击中5 枪，问击中和末击中的不同顺序情况有多少种？ 分析：没击中用“1”表示，击中的用“0”表示，可将问题转化不下列问题：数列 1234567 ,a a a a a a a有 两项为 0，5 项是 1，不同的数列个数有多少个？ 解： 1）两个 0 不相邻的情况有 2 6 C种， 2）两个 0 相邻的情况有 1 6 C种，所以击中和末击中的不同顺序情况 有 2 6 C+ 1 6 C=21 种。 2）不同的数学概念之间的转化 例. 连结正方体8 个顶点的直线中，为异面直线有多少对？ 分析：正面求解或反面求解（利用补集，虽可行，但容易遗漏或重复，注意这样一个事实，每一个三棱锥 对应着三对异

18、面直线，因而转化为计算以正方体顶点，可以构成多少个三棱锥） 解：从正文体珠8 个顶点中任取4 个，有 4 8 C种，其中 4 点共面的有12 种， （6 个表面和6 个对角面）将不 共面的 4 点可构一个三棱锥，共有 4 8 C-12 个三棱锥，因而共有3（ 4 8 C-12 ）=174 对异面直线。 综上所述，有以上几种解排列组合的方法，此外，当然也还有其他的方法要靠我们去发现和积累，我 们要掌握好这些方法，并且能够灵活运用，这样，在日常生活中，我们们能轻易解决很多问题。 教师点评： 对排列组合问题的处理方法总结得很细、很全面， 而且挖掘出其中所蕴藏的数学思想方法， 对学习排列组合有一定的指

19、导性。 （三）容斥原理与计数 1、文氏图： 在文氏图中 ,以下图形的含义如下： 矩形：其内部的点表示全集的所有元素； 矩形内的圆（或其它闭曲线）：表示不同的集合； 圆（或闭曲线）内部的点：表示相应集合的元素。 8 4 8 2、三交集公式：A+B+C=A B C+A B+B C+A C -A B C （ABC 指的是 E，ABC 指的是 D） （四）模型构造 例 1. 4 名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则四张贺卡的不同分配 方式共有种. 例 2. 将编号为1，2，3，4 的四个小球分别放入编号为1， 2，3，4 的四个盒子中，要求每个盒子放一个 小球，且小球的

20、编号与盒子的编号不能相同，则共有种不同的放法. 这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫 做全错位排列问题. 例 3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有 种. 解析：可以分类解决： 第一类，所有同学都不坐自己原来的位置； 第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置； 第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置. 对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素 可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题. 设 n 个元素全错位排列的排列数为T

21、n，则对于例3，第一类排列数为T5，第二类先确定一个排原来位置的 同学有 5 种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T4，第三类先确定两个排原位的同 学，有 2 5 C=10 种，所以第三类的排列数为10T3，因此例 3 的答案为： T5+5T4+10T3. 五排列组合中的易错题 1 没有理解两个基本原理出错 排列组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排 列组合问题的前提. 例 1（1995 年上海高考题）从 6 台原装计算机和5 台组装计算机中任意选取5 台, 其中至少有原装与组装 计算机各两台, 则不同的取法有种. 误解：因为

22、可以取2 台原装与3 台组装计算机或是3 台原装与2 台组装计算机，所以只有2 种取法 . 错因分析： 误解的原因在于没有意识到“选取 2 台原装与3 台组装计算机或是3 台原装与2 台组装计算机” 是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法. 正解： 由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2 台，有 2 6 C 种方法； 第二步是在组装计算机任意选取3 台，有 3 5 C 种方法，据乘法原理共有 3 5 2 6 CC种方法 . 同理，完成第二类办 法中有 2 5 3 6 CC种方法 . 据加法原理完成全部的选取过程共有 3 5 2 6 CC350 2 5 3 6 CC种方法 .