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

（一）排序问题

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，则不同的排法有（ ）

A、60种 B、48种 C、36种 D、24种

4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，A424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A5种，再用甲乙去插6个空位有A6种，不同的排法种

52数是A5A63600种，选B.

523.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）那么不同的排法有（ ）

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

15A560种，选B. 24.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。

例4.现有1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？

解析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A4种方法；所

14以共有A3A472种。

145.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。

例5.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（ ） A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种

（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？

解析：（1）前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共

6A6720种，选C.

（2）解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上有A5种，故共

125有A4A4A55760种排法.

1526.圆排问题单排法:把n个不同元素放在圆周n个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列n个普通排列：

a1,a2,a3,an;a2,a3,a4,,an,;an,a1,,an1在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，n个元素的圆排列数有n!种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的n1元

n素全排列.

例6.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？

解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有A4种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式242768种不同站法.说明：从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有1Am种不同排法.

mn457.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地n个不同元素排在m个不同位置的排列数有m种方法. 例7.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7种不

6n同方案.

8.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.

例8.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？

（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？

解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在四个盒中每

23次排3个有A4种，故共有C4A4144种.

32解析：先取男女运动员各2名，有C5C4种，这四名运动员混和双打练习有A2种排法，故

222共有C5C4A2120种.

2229.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9.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.

10.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即可 瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式： 用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封，a、b、c……表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：

（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。 （2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的） 份信纸b、c……装入（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。 总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下，同样都有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此:

得到一个递推公式： f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}，分别代入n=2、3、4等可推得结果。 也可用迭代法推导出一般公式： f(n)n!(11111(1)n) 1!2!3!n!例10.五位同学坐在一排，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Tn，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C5=10种，所以第三类的排列数为10T3，因此例

23的答案为：T5+5T4+10T3=109.

（二）分组分配问题

1．平均分堆问题去除重复法

例1. 从7个参加义务劳动的人中，选出6个人，分成两组，每组都是3人，有多少种不同的分法？

分析：记7个人为a、b、c、d、e、f、g写出一些组来考察。表1

选3人 a b c d e f a b c d e g …… 再选3人 d e f a b c d e g a b c …… 分组方法种数 这两种只能 算一种分法 这两种只能 算一种分法 …… 2

由表1可见，把abc，def看作2个元素顺序不同的排列有𝐴22种，而这𝐴2只能算

一种分组方法。

33解：选3人为一组有𝐶7种，再选3人为另一组有𝐶4种，依分步计数原理，又每𝐴2233种分法只能算一种，所以不同的分法有𝐶7𝐶4/𝐴22=70（种）。 63也可以先选再分组为𝐶7𝐶6/𝐴22=70（种）

例6 6本不同的书平均分成三堆，有多少种不同的方法？ 分析：分出三堆书（a1,a2）,(a3,a4)，（a5,a6）由顺序不同可以有

=6种，而这6种

分法只算一种分堆方式，故6本不同的书平均分成三堆方式有=15种

2.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2.（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

（2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ）

44C12C84C44444433C12C84C43C12C84C4C12C84A3A3A、种 B、种 C、种 D、种

解析：（1）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，

211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C10C8C72520种，选C.

（2）答案：A.

3.全员分配问题分组法:

例3.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？

（2）5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ） A、480种 B、240种 C、120种 D、96种

答案：（1）36.(2)B.

4.名额分配问题隔板法(无差别物品分配问题隔板法):

例4：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？ 解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，

6故共有不同的分配方案为C984种.

5.限制条件的分配问题分类法:

例5.某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？

解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：

①若甲乙都不参加，则有派遣方案A8种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A8方法，所以共有3A8；③若乙参加而甲不参加同理也有3A8种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两个城市有A8种，共有7A8方法.所以共有不同的派遣方法总数为

33A843A83A87A824088种.

433322

（三）排列组合问题中的技巧

1.交叉问题集合法（容斥原理）：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB)

例1.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？

解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有： n(I)n(A)n(B)n(AB)A64A53A53A42252种.

2.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:

例2.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共有 （ ） A、140种 B、80种 C、70种 D、35种 解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，

333故不同的取法共有C9C4C570种,选.C

解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙

2112型1台；故不同的取法有C5C4C5C470台,选C.

3．构造数列递推法

例 3：一楼梯共10级，如果规定每次只能跨上一级或两级，要走上这10级楼梯，共有多少种不同的走法？

分析：设上n级楼梯的走法为an种，易知a1=1,a2=2,当n≥2时，上n级楼梯的走法可分两类：第一类：是最后一步跨一级，有an-1种走法，第二类是最后一步跨两级，有an-2种走法，由加法原理知：an=an-1+ an-2,据此，

a3=a1+a2=3,a4=a3+a2=5,a5=a4+a3=8,a6=13,a7=21,a8=34,a9=55,a10=89.故走上10级楼梯共有89种不同的方法。

4.部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求.

例4.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ） A、70种 B、64种 C、58种 D、52种 （2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ） A、150种 B、147种 C、144种 D、141种

解析：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C8四面体，但6个表面和6个

4对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C81258个.

4（2）解析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种

44数是C104C636141种.

4445.复杂排列组合问题构造模型法:

例5.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

解析：把此问题当作一个排队模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯C5种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.

说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.

6.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:

例6.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？

解析：从5个球中取出2个与盒子对号有C5种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也

2只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为2C520种.

237.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再相加。

例7（1）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（ ）

A、210种 B、300种 C、464种 D、600种

（2）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？ （3）从1，2，3，…，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？

解析：(1)按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有A5个，

11311311313A4A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个,选B.另解，首位数字不能为0，故首位

5数字有5种选择，其它五个数字全排列A5，由于个位数字比十位数字大与个位数字比十位数字小是对称的。故所求六位数共有5A5/2=300。

（2）解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4,25598共有14个

,100共有86个元素；由此可知，

11从A中任取2个元素的取法有C14，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14C86，两

211种情形共符合要求的取法有C14C14C861295种.

（3）解析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集

97，能被4除余2的数集

A4,8,12,100；能被4除余1的数集B1,5,9,,98，能被4除余3的数集D3,7,11,99，易见这四个集合中每一个有25

个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数

也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有C25C25C25C25=1225种.

8.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法: 例8.（1）30030能被多少个不同偶数整除？ （2）正方体8个顶点可连成多少对异面直线？

解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为

135C50C5C52C5C54C532个.

C2,6,2112（2）解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多

4少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有C81258个，所

以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.

9.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.

例9.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ （2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的 最短路径有多少种？

解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接

四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个.

（2）解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法有C7种.

444例17 圆周上共有15个不同的点，过其中任意两点连一弦，这些弦在圆内的交点最多有多

少各？

分析：因两弦在圆内若有一交点，则该交点对应于一个以两弦的四端点为顶点的圆内接四边形，则问题化为圆周上的15个不同的点能构成多少个圆内接四边形，因此这些现在圆内的交点最多有C15=1365（个）

4（四）染色问题

1．染色问题合并单元格解决