排列组合解题中的八大典型错误、24种解题技巧和三大重要模型(类型全、归纳细、绝对精品)

排列与组合的八大典型错误、24种解题技巧和四大模型总论：

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 （m n ≤）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 （m n ≤）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

n A 表示

3．排列数公式：(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+ （,,m n N m n *

∈≤） 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 n m -

6 组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出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

7．组合数的概念：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m

n C 表示． 8．组合数公式：(1)(2)(1)

!

m m n n

m m A n n n n m C A m ---+==

或)!

(!!

m n m n C m

n -=

,,(n m N m n ≤∈*且9 组合数的性质1：m

n n

m n C C -=．规定：10

=n C ；

10．组合数的性质2：m n C 1+＝m

n C +1

-m n

C

02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++= ;012n n n n n C C C ++=

11.“16字方针”是解决排列组合问题的基本规律，即：

12.“２1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名运动员中选出4人参加4×100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7206

6=A

（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有1

4A 种选法，然后其他5人选，有5

5A 种选法，故排法

种数为4805

514=A A

（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：

①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为3

5A ；

②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有14A 种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有1

4A 种选法，其余两棒次不受限制，故有2

21414A A A 种排法，

由分类计数原理，共有2522

41

41

43

5=+A A A A 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2405

52

2=A A 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

54

4A A （或用6人的排列数减去问题（2）后排列数为48024066=-A ）

（6）三人的顺序定，实质是从6个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余3人在3

个位置上全排列，故有排法1203

33

6=A 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644460245

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

44232023397=C C 种

（3）至少有2件次品的抽法，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

973C 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

973C C 种

按分类计数原理有4469763

329723397=+C C C C 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4662883

9823=C C 种，其结论是错误的，错在“重复”：假设3件次品是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

9823C C 中算作3种不同抽法

例3 求证：①m n m n m n A mA A =+---111 ；②1211

2++-+=++m n m n m n m n

C C C C

证明：①利用排列数公式

左()()()()1!1!

1!!

n m n n m n m -?-=

+

---

()(

)()()1!1!!

n m n m n n m --+?-=

=-()==-m

n A m n 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： ①第一类不含某特殊元素a 的排列有m

n A 1-

第二类含元素a 的排列则先从()1-n 个元素中取出()1-m 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 A m 种， 因此m

n m n m

n A A m A =?+---1

11 ②利用组合数公式 左()()()()()!

!

2!11!1!1!m n m n m n m n m n m n -++--+--+=

()()()()()()()[]

11211!

1!1!

+-+++++--?+-+m n m m m m n m n m n m n ＝

()()()()()()()==+-++=+++-+=

++1

2!

1!1!212!1!1!m n C m n m n n n m n m n 右

另法：利用公式1

11---+=m n m

n m

n C C C 推得 左(

)()

==+=+++=+++++-+1

211111

m n n n m n m n m n m n m n

C C C C C C C 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{}d c b a A ,,,=到集合{}2,1,0=B 的映射 （1）不同的映射f 有多少个？

（2）若要求()()()()4=+++d f c f b f a f 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d c b a ,,,的像

（2）d c b a ,,,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d c b a ,,,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121

314=P 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62

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，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35

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33333

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

10C 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

64C 种取法 第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，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693644

6=++C

故取4个点不共面的不同取法有(

)

1413644

64

10=++-C C （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 ：

⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有m

m P

种“捆绑”方法

⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有 m

n

P 种不同的“插入”方法

⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有m

n

C 种不同的“插入”

方法⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以m

m P (去除重复数)

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，A B 含有4个元素，求同时满足下列条件的集合C 的个数：

1）C A B ≠

? 且C 中含有3个元素，2）C A φ≠

解：如图，因为A ，B 各含有12个元素，A B 含有4个元素，所以A B 中的元素有12+12-4=20个，其中属于A 的有12个，属于A 而不属于B 的有8个，要使C A φ≠ ，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1

2

128C C ；2）含A 中2个元素的有2

1

128C C ；3）含A 中3个元素的有3

128C C ，故所求的集合C 的个数共有

12128C C +21128C C +30128C 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

6C 种，2）两个0相邻的情况有1

6C 种，所以击中和末击中的不同顺序情况有

26C +1

6C =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

8C 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

8C -12个三棱锥，因而共有3（4

8C -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。

2、三交集公式：A+B+C=A ∪B ∪C+A∩B+B∩C+A∩C -A∩B∩C （A ∪B ∪C 指的是E ，A∩B∩C 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 n ，则对于例3，第一类排列数为T 5，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5T 4，第三类先确定两个排原位的同学，有

25C =10种，所以第三类的排列数为10T 3，因此例3的答案为：T 5+5T 4+10T 3.

例4、把8个相同的球放入4个不同的盒子，有多少种不同方法？

解：取3块相同隔板，连同8个相同的小球排成一排，共11个位置。由隔板法知，在11个位置中任取3个位置排上隔板，共有C 3

11种排法。 3

11C =

1

239

1011????=165(种)

所以，把8个相同的球放入4个不同的盒子，有165种不同方法。

点评：相同的球放入不同的盒子，每个盒子放球数不限，适合隔板法。隔板的块数要比盒子数少1。

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

6C 种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有35C 种方法，据乘法原理共有3

526C C ?种方法.同理，完成第二类办法中有2536C C ?种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有+?3526C C 3502

536=?C C 种方法.

例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种.

（A ）34A （B ）34 （C ）43 （D ）34C

误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A . 错因分析：误解是没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式.

正解：四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有433333=???种.

说明：本题还有同学这样误解，甲乙丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得34.这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺冠可能.

2判断不出是排列还是组合出错

在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合.

例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？

误解：因为是8个小球的全排列，所以共有88A 种方法.

错因分析：误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法.

正解：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置

给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题.这样共有：563

8

=C 排法. 3重复计算出错

在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误。 例4（2002年北京文科高考题）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

误解：先从5本书中取4本分给4个人，有4

5A 种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共有480445=?A 种不同的分法，选A .

错因分析：设5本书为a 、b 、c 、d 、e ，四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分法可能如下的表1和表2：

表1是甲首先分得a 、乙分得b 、丙分得c 、丁分得d ，最后一本书e 给甲的情况；表2是甲首先分得e 、乙分得b 、丙分得c 、丁分得d ，最后一本书a 给甲的情况.这两种情况是完全相同的，而在误解中计算成了不同的情况。正好重复了一次.

正解：首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有2

5

C 种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有44A 种方法.由乘法原理，共有?25C 2404

4=A 种方法，故选B .

例5

某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（ ）种.

（A ）5040 （B ）1260 （C ）210 （D ）630

误解：第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列.共有：

1260332527=A C C ，选B .

错因分析：这里是均匀分组问题.比如：第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程中就重复计算了.

正解：6302

3

3

2527=A C C 种.

4遗漏计算出错

在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而出错。 例6 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有（ ） （A ）36个 （B ）48个 （C ）66个 （D ）72个

误解：如右图，最后一位只能是1或3有两种取法， 又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取

法，剩下3个数排中间两个位置有23A 种排法，共有36322

3

=??A 个. 错因分析：误解只考虑了四位数的情况，而比1000大的奇数还可能是五位数.

正解：任一个五位的奇数都符合要求，共有36323

3

=??A 个，再由前面分析四位数个数和五位数个数之和共有72个，选D .

乙 丙 丁 a 甲

e

d

c b

表1

乙 丙 丁 a

甲 e d

c b

表2

5忽视题设条件出错

在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或者漏解. 例7 (2003全国高考题)如图，一个 地区分为5个行政区域，现给地图着色， 要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4

种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种误解：先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有

1222213=??A C 种，由乘法原理共有：48124=?种.

错因分析：据报导，在高考中有很多考生填了48种.这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择．．”，不一定需要4种颜色全部使用，用3种也可以完成任务.

正解：当使用四种颜色时，由前面的误解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3

种有34C 种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理有242334=??C 种.综上共有：722448=+种.

例8 已知02=-b ax 是关于x 的一元二次方程，其中a 、}4,3,2,1{∈b ，求解集不同的一元二次方程的个数.

误解：从集合}4,3,2,1{中任意取两个元素作为a 、b ，方程有2

4A 个，当a 、b 取同一个数时方程有1个，共有13124=+A 个.

错因分析：误解中没有注意到题设中：“求解集不同．．．．

的……”所以在上述解法中要去掉同解情况，由于???==??

?==4221b a b a 和同解、?

??==???==24

12b a b a 和同解，故要减去2个。 正解：由分析，共有11213=-个解集不同的一元二次方程.

6未考虑特殊情况出错

在排列组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错.

例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（ ）

(A)1024种

(B)1023种

(C)1536种

(D)1535种

误解：因为共有人民币11张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有10231210=-种.

错因分析：这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成 4 种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况.

正解：除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有15351329=-?种.

7题意的理解偏差出错

例10 现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（ ）种.

（A ）5536A A ? （B ）336688A A A ?- （C ）33

35A A ? （D ）4

688A A - 误解：除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有5

5A 种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有3

6A 种方法，这样共有55

36A A ?种排法，选A . 错因分析：误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻．．．．”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻，但允许其中有两人相邻.

正解：在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，

即33

6688A A A ?-，故选B . 8解题策略的选择不当出错

有些排列组合问题用直接法或分类讨论比较困难，要采取适当的解决策略，如间接法、插入法、捆绑法、概率法等，有助于问题的解决.

例10 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）.

（A ）16种 （B ）18种 （C ）37种 （D ）48种

误解：甲工厂先派一个班去，有3种选派方法，剩下的2个班均有4种选择，这样共有48443=??种方案. 错因分析：显然这里有重复计算.如：a 班先派去了甲工厂，b 班选择时也去了甲工厂，这与b 班先派去了甲工厂，a 班选择时也去了甲工厂是同一种情况，而在上述解法中当作了不一样的情况，并且这种重复很难排除.

正解：用间接法.先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：37333444=??-??种方案.

排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即：“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好.

六．学生练习

1五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，

则不同的承建方案共有(B)

A 14

44C C 种 B 14

44C A 种 C 4

4C 种 D 4

4A 种

2在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有 192 个

3有12个座位，现安排2人就座并且这2人不．

左右相邻，那么不同排法的种数是____110__ 4某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用

抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连，不管人的顺序），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：

（ B ）

A ．

1

10

B ．

1

20

C ．

140 D ．1120

5用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不．

相邻，这样的八位数共有 576 个 6把一同排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数( D ) A ．168 B ．96 C ．72 D ．144

7将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其在盒子的标号不．

一致的放入方法种数为（ B ） A ．120

B ．240

C ．360

D ．720

8从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任）， 要求这3位班

主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共（ B ）种 A ．210种

B ．420种

C ．630种

D ．840

9从集合{ P ，Q ，R ，S }与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任选2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母Q 和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_5832________．(用数字作答)．

10从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ B ）

A ．300种

B ．240种

C ．144种

D ．96种

题示：3324333

44444232A C A C A C ??+??+

11四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的,没有公共顶点的两条棱多代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为 ( B) A 96 B 48 C 24 D 0

12 4棵柳树和4棵杨树栽成一行，柳树、杨树逐一相间的栽法有___种

解析：2A 44·A 4

4=1152种

答案：1152

13某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需要不同的素菜品种_________种（结果用数值表示）

解析：设素菜n 种，则C 2

5·C 2n ≥200?n （n －1）≥40，所以n 的最小值为7

答案：7

14设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种?

分析：五个球分别投放到五个盒子内，恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内，此时，这三个球与对应的三个盒子，就成了受限的特殊元素与特殊位置

解：先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内，有C 2

5种；剩下的三个球，不失一般性，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C 12，则投放4，5号球的方法只有一种，根据分步计数原理共有C 2

5·C 12=20

种

点评：本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，另一种是投入到与编号不同的盒子内，

故应分步完成

15 球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，如果4个黄球之间没有差别，6个黄球之间也没有差别。那么欲将此十球中的4球击入袋中，且总分不低于5分，击球方法有几种？

解：设击入黄球x 个，红球y 个符合要求， 则有 x +y =4，2x +y ≥5（x 、y ∈N ），得1≤x ≤4

∴?

?

?==???==???==???==.0,4;1,3;2,2;3,1y x y x y x y x 相应每组解（x ，y ），击球方法数分别为C 14C 36，C 24C 26，C 34C 16，C 44C 06

共有不同击球方法数为C 14C 36+C 24C 26+C 34C 16+C 44C 0

6=195

七．排列组合问题经典题型与通用方法

（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

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

424A =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5

5A 种，再用甲乙去插6个空位有2

6A 种，不同的排法种数是5

2

563600A 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5

51602

A =种，选

B .

11.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11.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13A 种，4名同学在其余4个位置上有44A 种方法；所以共有14

3472A A =种。 12.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12.（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6

6720A =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2

4A 种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有1

4A 种，其余5个元素任排5个位置上有5

5A 种，故共有1

2

54455760A A A =种排法.

16.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：

12323411,,,;,,,,,;,,,n n n n a a a a a a a a a a a - 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 n

种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的1n -元素全排列.

例16.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4

4A 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5242768?=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1m n

A m

种不同排法.

17.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n m 种方法. 例17.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.

14.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14.（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2

4C 种，再排：在四个盒中每次排3个有3

4A 种，故共有2

3

44144C A =种.

解析：先取男女运动员各2名，有2

2

54C C 种，这四名运动员混和双打练习有2

2A 种排法，故共有2

2

2

542120C C A =种. 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 . 22.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： )!

1

)1(!31!21!111(!)(n n n f n -+??????+-+-

= 例.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 n ，则对于例3，第一类排列数为T 5，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5T 4，第三类先确定两个排原位的同学，有

25C =10种，所以第三类的排列数为10T 3，因此例3的答案为：T 5+5T 4+10T 3=109.

（二）分组分配问题

24．平均分堆问题去除重复法

例2. 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

由表1可见，把abc ，def 看作2个元素顺序不同的排列有种，而这

只能算一种分组方法。

解：选3人为一组有种，再选3人为另一组有

种，依分步计数原理，又每

种分法只能算一

种，所以不同的分法有（种）。 也可以先选再分组为

＝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（a 1,a 2）,(a 3,a 4)，（a 5,a 6）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

练习：1．6本书分三份，2份1本，1份4本，则有不同分法？答案：2

24

41

51

6/P C C C =15。 2．某年级6个班的数学课，分配给甲乙丙三名数学教师任教，每人教两个班，则分派方法的种数。 答案：2

22426C C C =90。

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

（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（ ）

A 、4441284C C C 种

B 、44412843

C C C 种 C 、4431283C C A 种

D 、4441284

33C C C A 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，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211

10872520C C C =种，选C . （2）答案：A . 6.全员分配问题分组法:

例6.（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 .

7.名额分配问题隔板法(无差别物品分配问题隔板法):

例7：10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，故共有不同的分配方案为6

984C =种. 8.限制条件的分配问题分类法:

例8.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4

8A 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3

8

A 方法，所以共有3

83A ；③若乙参加而甲不参加同理也有3

83A 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28A 种，共有2

87A 方法.所以共有不同的派遣方法总数为

433288883374088A A A A +++=种.

（三）排列组合问题中的技巧

10.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10.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 --+?43326554252A A A A =--+=种.

13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:

例13.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，故不同的取法共有

33394570C C C --=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台乙型1台；故不同的取法有2

1

1

2

545470C C C C +=台,选C . 23．构造数列递推法

例 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a n 种，易知a 1=1,a 2=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a n-1种走法，第二类是最后一步跨两级，有

a n-2种走法，由加法原理知：a n =a n-1+ a n-2,据此，

a 3=a 1+a 2=3,a 4=a #+a 2=5,a 5=a 4+a 3=8,a 6=13,a 7=21,a 8=34,a 9=55,a 10=89.故走上10级楼梯共有89种不同的方法。

15.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15.（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4

8C 四面体，但6个表面和6个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4

81258C -=个.

（2）解析：10个点中任取4个点共有4

10C 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4

6C ，四个面共有4

64C 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数是44

106436141C C ---=种.

18.复杂排列组合问题构造模型法:

例18.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3

5C 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.

19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:

例19.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2

5C 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

25220C =种.

9.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9（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5

5A 个，11311311313

43333323333

,,,A A A A A A A A A A A 个，合并总计300个,选B .另解，首位数字不能为0，故首位数字有5种选择，其它五个数字全排列5

5A ，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55

5A /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{}7,14,21,98A = 共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做

{}1,2,3,4,,100A = 共有86个元素；由此可知，从A 中任取2个元素的取法有214C ，从A 中任取一个，又从A

中任取一个共有111486C C ，两种情形共符合要求的取法有211

1414861295C C C +=种.

（3）解析：将{}1,2,3,100I = 分成四个不相交的子集，能被4整除的数集{}4,8,12,100A = ；能被4除余1的数集{}1,5,9,97B = ，能被4除余2的数集{}2,6,,98C = ，能被4除余3的数集{}3,7,11,99D = ，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2

1

1

2

25252525C C C C ++=1225种.

20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法: 例20.（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

01234555555532C C C C C C +++++=个.

（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4

81258C -=个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.

21.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21.（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4

10C 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4

10C 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4

7C 种. 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4

15C =1365（个）

（四）染色问题

24．染色问题合并单元格解决 八、排列组合中常见模型

（一）分组问题

由于涉及的面比较广，所以是排列、组合中的难点。如果只是断章取义的去教学，不从根本上去加以理解、归纳，那么就很难正确的解答各类题型，下面通过例题予以浅谈。 1、非均匀分组

所谓“非均匀分组”是指将所有元素分成元素个数彼此不相等的组。 例1. 七个人参加义务劳动，按下列方法分组有多少种不同的分法？ （1）分成三组，分别为1人、2人、4人；

（2）选出5个人再分成两组，一组2人，另一组3人。

解：（1）选出1人的方法有种，再由剩下的6个人中选出2人的方法有种，剩下的4人为一组有种，依分步计数原理得分组的方法有（种）

（2）可直接从7人中选出2人的方法有种，再由余下的5个人中选3人的方法有种，所以依分步计数原理，分组的方法有：（种）。

也可先选取5人，再分为两组有（种）。

2、均匀分组

所谓“均匀分组”是指将所有元素分成所有组元素个数相等或部分组元素个数相等的组。

(1) 全部均匀分组

例2. 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

由表1可见，把abc，def看作2个元素顺序不同的排列有种，而这只能算一种分组方法。解：选3人为一组有种，再选3人为另一组有种，依分步计数原理，又每种分法只能算一种，所以不同的分法有（种）。

也可以先选再分组为＝70（种）

(2) 部分均匀分组

例3. 将十个不同的零件分成四堆，每堆分别有2个、2个、2个、4个，有多少种不同的分法？分析：记十个零件为a、b、c、d、e、f、g、h、i、j写出一些组来考察

表2

由表可见，把ab 、cd 、ef 看作三个元素顺序不同的排列时有种排法，而这种只能算一种分法。

解：因为分成2个、2个、2个、4个元素的四个堆，分别为种，由分步计数原理及每

中只能算一种不同的分组方法得

（种）

由此可见，不论全部均匀分组还是部分均匀分组，如果有m 个组的元素是均匀的，都有种顺序

不同的排法只能算一种分法。 3、编号分组 (1) 非均匀编号分组

例4. 从7个参加义务劳动的人中选出2人一组、3人一组，轮流挖土、运土，有多少种分组方法？ 解：分组的方法有

（种）

注：由于分组后各组要担任不同的工作，这就将不编号的组变为编号的组，只需乘以组数的全排列即可。

(2) 部分均匀编号分组

例5. 有5本不同的书全部分给3人，每人至少一本，有多少种不同的分法？

分析：5本不同的书全部分给3人有两类情况，一类是一人得3本；另外两人各得1本；另一类是一人得1本，另外两人各得2本。

解：（1）将书分成3本、1本、1本三组，再分给三个人的方法有：

（种）

（2）将书分成2本、2本、1本三组，再分给三人共有：

（种）

所以，总的分组方法有