两个计数原理、排列与组合
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布
1.计数原理
(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．
(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
2．概率
(1)事件与概率
①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别．
②了解两个互斥事件的概率加法公式．
(2)古典概型
①理解古典概型及其概率计算公式．
②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．
(3)随机数与几何概型
①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
②了解几何概型的意义．
3．概率与统计
(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列．
(2)了解超几何分布，并能进行简单应用．
(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题．
(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题．
(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
10．1两个计数原理、排列与组合
1．分类加法计数原理
完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．
3．两个计数原理的区别
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．
4．两个计数原理解决计数问题时的方法
最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
5．排列
(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________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个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________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______表示．
(3)排列数公式：A m n＝________________________.这里n，m∈N*，并且________．
(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列．A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝，这里规定0！＝
________.
6．组合
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________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________表示．
(3)组合数公式：C m n＝A m n
A m m＝____________＝____________．这里n∈N
*，m∈N，并且m≤n.
(4)组合数的两个性质：
①C m n＝____________；
②C m n＋1＝____________＋____________.
自查自纠
1．m1＋m2＋…＋m n
2．m1×m2×…×m n
3．相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成
4．(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立
5．(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m≤n
(4)排列n！
n！
（n－m）！
1
6．(1)合成一组 (2)所有不同组合 C m n (3)n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！
n ！
m ！（n －m ）！
(4)①C n －m
n ②C m n C m －
1
n
(2016·郑州模拟)某项测试要过两关，第一关有3种测试方案，第二关有5种测试方案，某人参加该项测试，不同的测试方法种数为( )
A ．8
B ．15
C ．125
D ．243 解：由分步计数原理知所求为3×5＝15.故选B.
某校学生会由高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人组成，现要选择不同年级的两名成员参加市里组织的活动，则共有选法( ) A ．27种 B ．33种C ．36种 D ．81种
解：由两个计数原理知，所求为3×3＋3×4＋3×4＝33(种)．故选B.
(2016·四川)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．72
解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个
位数有C 13种方法，再将剩下的四个数字排列有A 44种方法，则满足条件的五位数有C 13A 44＝72个．故选D.
(2017河南五校质量监测改编)6名同学排成一排照相，甲不站两端，则不同的站法有________种．
解：所求为A 14A 5
5＝480种．故填480.
现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有____________种．
解：按A →B →C →D 顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．故填48.
类型一 分类与分步的区别与联系
甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：
(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？ (2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？
(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？
解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情．
故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法．
(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情．
故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法．
(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法．而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法．
【点拨】仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关．如果完成一件事有n 类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n 个步骤，缺一不可，即需要依次完成n 个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理．
电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的50位观众的来信，甲箱
中有30封，乙箱中有20封．现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱剩下来信中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？
解：①幸运之星在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众，根据分步计数原理有30×29×20＝17 400种结果．②幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种结果． 根据分类计数原理共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．
类型二 排列数与组合数公式
(1)解方程3A x 8＝4A x －
1
9；
(2)解方程C x ＋
1x ＋3＝C x －
1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －
2
x ＋2.
解：(1)利用3A x 8＝38！（8－x ）！，4A x －1
9
＝49！（9－x ＋1）！
， 得到3×8！（8－x ）！＝4×9！
（10－x ）！
.
利用(10－x )！＝(10－x )(9－x )(8－x )！，将上式化简后得到(10－x )(9－x )＝4×3. 再化简得到x 2－19x ＋78＝0.
解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x 8和A x －
19有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2＝13舍去，原方程的解
是x ＝6.
(2)由组合数的性质可得
C x －
1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －
2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2，
又C x ＋
1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1x ＋2，
即C 1x ＋2＋C 2x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2.所以C 1x ＋2＝C 4x ＋2，
所以5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3.
【点拨】(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)应用组合数性质
C m n ＋1＝C m －
1n
＋C m
n 时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短．
(1)解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2
x ； (2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m
8＝____________． 解：(1)由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 得
3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)， 由x ≠0整理得3x 2－17x ＋10＝0.
解得x ＝5或2
3(舍去)．
即原方程的解为x ＝5.
(2)由已知得m 的取值范围为{m |0≤m ≤5，m ≤Z }，
m ！（5－m ）！5！－m ！（6－m ）！6！＝7×（7－m ）！m ！
10×7！
，
整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 2
8＝28.故填28.
类型三 排列的基本问题
5名男生、2名女生站成一排照相： (1)两名女生要在两端，有多少种不同的站法？ (2)两名女生都不站在两端，有多少种不同的站法？ (3)两名女生要相邻，有多少种不同的站法？ (4)两名女生不相邻，有多少种不同的站法？ (5)女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？ (6)女生甲不在左端，女生乙不在右端，有多少种不同的站法？
解：(1)两端的两个位置，女生任意排，中间的五个位置男生任意排：A 22A 55＝240(种)； (2)中间的五个位置任选两个排女生，其余五个位置任意排男生：A 25A 55＝2 400(种)；
(3)把两名女生当作一个元素，于是对六个元素任意排，然后解决两个女生的任意排列：A 66A 22＝1 440(种)； (4)把男生任意全排列，然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生：A 55A 26＝3 600(种)；
(5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决，因为留下两个位置女生排法是既定的：A 57＝2 520(种)；
(6)采用排除法，在七个人的全排列中，去掉女生甲在左端的A 66个，再去掉女生乙在右端的A 66个，但女生甲在左端同时女生乙在右端的A 55种排除了两次，要找回来一次．有A 77－2A 66＋A 55＝3 720(种)．
【点拨】(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．
3名女生和5名男生排成一排．
(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？ (2)如果女生都不相邻，有多少种排法？
(3)如果女生不站两端，有多少种排法？
(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？ (5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？
解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排
有A 66种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A 33种排法，因此共有A 66·A 3
3＝4 320(种)不同排法．
(2)(插空法)先排5个男生，有A 55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有
A 36种排法，因此共有A 55·A 36＝14 400(种)不同排法．
(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A 25种排法，剩余的位置没有特
殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25·A 66＝14 400(种)不同排法．
法二(元素分析法) 从中间6个位置选3个安排女生，有A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36·A 55＝14 400(种)不同排法．
(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的12，所以符合要求的排法种数为12A 88＝20 160(种)．
(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一(特殊元素法) 甲在最右边时，其他的可全排，有A 77种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任意一个上，有A 16种，其余人全排列，共有A 16·A 16·A 66
种．由分类加法计数原理，共有A 77＋A 16·A 16·A 66＝30 960(种)．
法二(特殊位置法) 先排最左边，除去甲外，有A 17种，余下7个位置全排，有A 77种，但应剔除乙在最右边时的排法A 16·A 66种，因此共有A 17·A 77－A 16·A 66＝30 960(种)．
法三(间接法) 8个人全排，共A 88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A 77种，乙在最右边时，有A 77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A 66种．因此共有A 88－2A 77＋A 66＝30 960(种)．
类型四 组合的基本问题
课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)只有1名女生； (2)两队长当选； (3)至少有1名队长当选； (4)至多有2名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选．
解：(1)1名女生，4名男生，故共有C 15·C 48＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有C 22·C 311＝165(种)．
(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长．故共有：C 12·C 411＋C 22·C 311＝825(种)． 或采用间接法：C 513－C 511＝825(种)．
(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：C 25·C 38＋C 15·C 48＋C 58＝966(种)． (5)分两类：第一类女队长当选：有C 412种选法；
第二类女队长不当选：有C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44种选法．
故选法共有：
C 412＋C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44＝790(种)．
【点拨】①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排
除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得C12·C412≠825，请同学们自己找错因．
从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？
(1)A，B必须当选；
(2)A，B都不当选；
(3)A，B不全当选；
(4)至少有2名女同学当选；
(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任．
解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有C310＝120(种)．
(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有C510＝252(种)．
(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有C12C410＝420(种)．
A，B都不当选，有C510＝252(种)．
所以总的选法有420＋252＝672(种)．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法总数，得到总的选法有C512－C310＝672(种)．
(4)直接法，分四步：选2名女生，有C25C37＝10×35＝350(种)；
选3名女生，有C35C27＝210(种)；
选4名女生，有C45C17＝35(种)；
选5名女生，有C55＝1(种)．
所以总的选法有350＋210＋35＋1＝596(种)．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，
即满足条件的选法有C512－(C57＋C15C47)＝596(种)．
(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有C17C15＝35(种)；
再选出2男1女，补足5人的方法有C26C14＝60(种)；
最后为第二步选出的3人分派工作，有A33＝6(种)方法．
所以总的选法有35×60×6＝12 600(种)．
类型五分堆与分配问题
按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．
解：(1)无序不均匀分组问题．
先选1本，有C16种选法；再从余下的5本中选2本，有C25种选法；最后余下3本全选，有C33种选法．
故共有C 16C 25C 3
3＝60(种)．
(2)有序不均匀分组问题．
由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有C 16C 25C 33A 33＝360(种)．
(3)无序均匀分组问题．
先分三步，则应是C 26C 24C 22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A ，B ，C ，D ，E ，F ，若第一步取了AB ，第二步取了CD ，第三步取了EF ，记该种分法为(AB ，CD ，EF )，则C 26C 24C 22种分法中还有(AB ，EF ，CD )，(CD ，AB ，EF )，(CD ，EF ，AB )，(EF ，CD ，AB )，(EF ，AB ，CD )，共有A 33种情况，而这A 33种情况仅
是AB ，CD ，EF 的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C 26C 24C 22
A 33
＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题．
在(3)的基础上再分配给3个人，
共有分配方式C 26C 24C 22A 33
·A 33＝C 26C 24C 2
2＝90(种)． (5)无序部分均匀分组问题．共有C 46C 12C 1
1
A 22
＝15(种)．
(6)有序部分均匀分组问题． 在(5)的基础上再分配给3个人，
共有分配方式C 26C 12C 11
A 22·A 33＝90(种)． (7)直接分配问题．
甲选1本，有C 16种方法；乙从余下的5本中选1本，有C 15种方法，余下4本留给丙，有C 44种方法，故共有分配方式C 16C 15C 44＝30(种)．
【点拨】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列．分堆到位相当于分堆后各堆再全排
列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：平均分堆到指定位置
堆数的阶乘.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问
题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组．
(1)6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有____________种不同的分派方
法．
解：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 2
2
A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 2
2
A 33
·A 33＝90种分派方法．故填90.
(2)(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有____________种．
解：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 1
1
A 22
＝6种分法，再将3组分到3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．故填36.
(3)(2015·江西模拟改编)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有____________
种不同的分法．
解：将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C16种取法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种取法．
6名教师分组共有C16C25C33＝60种取法．
再把这3组教师分配到3所中学，有A33＝6种分法，
因此共有60×6＝360种不同的分法．故填360.
类型六数字排列问题
用0，1，2，3，4，5这6个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时，有A35个；
第二类：2在个位时，千位从1，3，4，5中选定一个(A14种)，十位和百位从余下的数字中选，有A24种，于是有A14·A24个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A14·A24个．
由分类加法计数原理得，共有A35＋2A14·A24＝156(个)．
(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，
总的排法共A33·A34＝144(种)，
其中0在排头，将1，3，5插在后三个空的排法共A22·A33＝12(种)，此时构不成六位数，
故总的六位数的个数为A33·A34－A22·A33＝144－12＝132(种)．
【点拨】本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位．
(2015·山西模拟改编)用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：
(1)四位数有几个？
(2)比3 000大的偶数有几个？
解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有C14A34＝96个．
(2)比3 000大的必是四位数或五位数．
(Ⅰ)若是四位数，则首位数字必是3或4.
①若4在首位，则个位数字必是0或2，有C12A23个数，
②若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有C13A23个数，
所以比3 000大的四位偶数有C12A23＋C13A23＝30个．
(Ⅱ)若是五位数，则首位数字不能是0，个位数字必是0或2或4，
①若0在个位，则有A44个；
②若0不在个位，则有C12C13A33个数，
所以比3 000大的五位偶数有A44＋C12C13A33＝60个．
故比3 000大的偶数共有30＋60＝90个．
1．解答计数应用问题的总体思路
根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：
(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况； (2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；
(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得．
2．排列与组合的区别与联系
排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”．
3．解排列、组合题的基本方法
(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置．
(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉． (3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步． (4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．
(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列．
(6)相同元素隔板法：将n 个相同小球放入m (m ≤n )个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价
于将n 个相同小球串成一串，从间隙里选m －1个结点，剪截成m 段，共有C m －
1n －1种放法．这是针对相同元素
的组合问题的一种方法．
(7)定序问题用除法：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同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数． 4．解组合问题时应注意
(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义．
(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法)． (3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．对于这类问题必须先分组后排列，若平均
分m 组，则分法＝取法
m ！.
1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数
是( )
A ．56
B ．65 C.5×6×5×4×3×22
D ．6×5×4×3×2
解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法．故选A.
2．A 32n ＝10A 3
n ，n ＝( )
A ．1
B ．8
C ．9
D ．10
解：原式等价于2n (2n －1)(2n －2)＝10n (n －1)(n －2)，n >3且n ∈N *，整理得n ＝8.故选B.
3．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( ) A ．60种
B ．70种
C ．75种
D ．150种
解：从中选出2名男医生的选法有C 26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C 15＝5种，所以不同的选法共有
15×5＝75种，故选C.
4．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A ．12种
B ．18种
C ．24种
D ．36种
解：由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有C 24种方法，然后进行全排列A 33即可，由乘法原理，不同的安排方式共有C 24×A 33＝36种方法．故选D.
5．(2016·郑州二模)某校开设A 类选修课2门；B 类选修课3门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有( ) A ．3种 B ．6种 C ．9种 D ．18种
解：可分以下两种情况：①A 类选修课选1门，B 类选修课选2门，有C 12C 23种不同选法；②A 类选修课选2门，B 类选修课选1门，有C 22C 13种不同选法．所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：C 12C 23＋C 22C 13＝6＋3
＝9(种)．故选C.
6．(2017·江西新余第一中学调研)西部某县将7位大学生志愿者(4男3女) 分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有( ) A ．36种 B ．68种 C ．104种 D ．110种
解：分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C 37－1)A 22＝68(种)；第二类有(C 27－C 23)A 22＝36(种)，所以共有
68＋36＝104种不同的方案．故选C.
7．(2017·天津)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)
解：本题分两类：一类是一个数字是偶数，三个数字是奇数的四位数有C 14C 35A 44＝960(个)，二类是四个数字都
是奇数的四位数有A 45＝120(个)，所以共有1 080个．故填1 080.
8．(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
解：第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C 48－C 46＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长，
副队长各1人，有A 24＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．故填660. 9．已知集合M ＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问： (1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？
解：(1)确定平面上的点P (a ，b )可分两步完成：第一步确定a 的值，共有6种确定方法；第二步确定b 的值，
也有6种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a ，由于a ＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b ，由于b ＞0，所以有2种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个．
(3)点P (a ，b )在直线y ＝x 上的充要条件是a ＝b .因此a 和b 必须在集合M 中取同一元素，共有6种取法，即在直线y ＝x 上的点有6个．结合(1)可得不在直线y ＝x 上的点共有36－6＝30个．
10．将9个人以下列三种方式分为三个小组，完成三项不同的任务，则不同的分配方法各有多少种？ (1)将9个人以2，3，4分为三组； (2)将9个人以2，2，5分为三组； (3)将9个人以3，3，3分为三组．
解：(1)先将9个人以2，3，4分为三组，有C 29·C 37·C 4
4＝1 260种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，
有A 33＝6种分法，因此共有1 260×6＝7 560种分配方法．
(2)先将9个人以2，2，5分为三组，有C 29·C 27·C 5
5
A 22＝378种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A 33＝6种分法，因此共有378×6＝2 268种分配方法．
(3)先将9个人以3，3，3分为三组，有C 39·C 36·C 3
3
A 33＝280种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A 33＝6种分法，所以共有280×6＝1 680种分配方法．
11．现有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？
解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2
个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)放法．
(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法． (3)确定2个空盒有C 24种方法．
4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种放法；第二类有序均匀分
组有C 24C 2
2A 22·A 22种放法．故共有C 24????C 34C 11A 2
2＋C 24C 22A 22
·A 22＝84(种)放法．
(2017·海淀区期末)在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色．．．．．．，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为________．
解：由题意每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色．．．．．．
，可知，最多只有三条鱼涂成红色，最少有一条鱼涂成红色，所以分三类：1条鱼涂成红色，5条鱼涂成蓝色，有C 16＝6种方法；2条鱼涂成红色，4条鱼涂
成蓝色，有C 25＝10种方法；3条鱼涂成红色，3条鱼涂成蓝色，有C 34＝4种方法，所以一共C 16＋C 25＋C 3
4＝20种方法，故填20.
计数原理与排列组合经典题型
计数原理与排列组合题型解题方法总结 计数原理 一、知识精讲 1、分类计数原理： 2、分步计数原理： 特别注意:两个原理的共同点：把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。 不同点：如果完成一件事情共有n类办法，这n类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类计数原理。分类时应不重不漏（即任一种方法必须属于某一类且只属于这一类） 如果完成一件事情需要分成n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。各步骤有先后，相互依存，缺一不可。 3、排列 (1)排列定义,排列数 (2)排列数公式: (3)全排列列: 4.组合 (1)组合的定义,排列与组合的区别; (2)组合数公式: (3)组合数的性质 二、.典例解析 题型1:计数原理 例1.完成下列选择题与填空题 (1)有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有种。 A.81 B.64 C.24 D.4 (2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( ) A.81 B.64 C.24 D.4 (3)有四位学生参加三项不同的竞赛, ①每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有; ②每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有;
③每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法有 。 例2（1）如图为一电路图，从A 到B 共有 条不同的线路可通电。 例3: 把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？ 例4、某城在中心广场造一个花圃，花圃分为6个部分(如图).现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 ________ 种.(以数字作答) 例5、 四面体的顶点和各棱的中点共10个，在其中取4个不共面的点，问共有多少种不同的取法？ 例6、（1）电视台在”欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现有主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的结果? （2）三边均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是 D C B A
基本计数原理和排列组合
附 录 一.两个基本计数原理分类加法计数原理：做一件事情，完成它有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的办法……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N＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法。 分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一个步骤有m 1种不同的方法，做第二个步骤有m 2种不同的办法……做第n 个步骤有m n 种不同的方法，那么完成这件 事情共有N＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。 两个基本计数原理是解决计数问题最基本的理论根据，它们分别给出了用两种不同方式（分类和分步）完成一件事情的方法总数的计算方法。考虑用哪个计数原理，关键是看完成一件事情是否能独立完成，决定是分类还是分步。如果完成一件事情有n 类办法，每类办法都能独立完成，则用分类加法计数原理；如果完成一件事情，需要分成n 个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事情，则用分步乘法计数原理。 二.排列 以下陈述中如无特别说明，n、m 都表示正整数。一般的，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。如果要求排列中诸元素互不相同，则称为选排列；反之，若排列中的元素可以有相同时，则称为可重复排列。可重复排列在生活中比较常见，如电话号码、证件号码、汽车牌照，等等。从n 个不同的元素中任取m（m ≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中任取m 个元素的排列数。用符号m n A 。为导出m n A 的计算公式，注意到对任一选排列，其第一位（从左到右计）可以放置编号1到n 的n 个元素的任意一个，共有n 种可能的结果；对于第一位的每一种放置结果，第二位可以放置剩下的n-1个元素中的任意一个，共有n-1种可能的结果；...,对于第m-1位的每一种放置结果，第m 位可以放置最后剩下的n-m+1个元素中的任何一个，共有n-m+1种可能结果。因此，根据乘法计数原理，有排列数公式： ) 1()2)(1(+---=m n n n n A m n （1.3）从n 个不同的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，记作n n A ，也记之 为!n 。根据排列数的公式有 .12)1(!????-?=n n n （1.4）
小学奥数计数练习题：排列与组合
小学奥数计数练习题：排列与组合经典的排列与组合奥数题及答案 问题：小明所在的班级要选出4名中队长，要求每位同学在选票上写上名字，也能够写自己的名字。结果全班的每位同学都在自己的选票上写了4个互不相同的名字。当小明把同学们的选票收集后发现一个有趣的现象：就是任意取出2张选票，一定有且只有一个人的名字同时出现在2张选票上。请问：小明所在的班级共有多少人? 总体逻辑思路：首先，假设题目所说的情况存有。然后，得出班级人数。最后，构造出一个例子，说明确实存有这种情况。 我们先来证明这个班每个人都恰好都被选了4次。 思路简介：我们首先用反证法证明没有人被选了4次以上。因为平均每人被选了4次，既然没有人被选了4次以上，肯定也不存有被选了4次以下的人。所以，能够得到每个人恰好被选了4次。 首先证明没有人被选了4次以上，我们用反证法。 假设有一个人被选了4次以上(因为很容易证明这个班的人数肯定很多于7人，所以我们能够假设有一个人被选了4次以上)，我们设这个人为A同学。接下来我们来证明这种情况不存有。 把所有选择A同学的选票集中到一起，有5张或5张以上。方便起见，我们把这些选票编号，记为A1选票，A2选票，A3选票，A4选票，A5选票，…。意思就是选择A同学的第1张选票，选择A同学的第2张选票，…。 这些选票都选择了A同学。因为任意2张选票有且只有1个人相同，所以这些选票上除了A同学外，其他都是不同的人。 我们还能够证明，这些并不是全部的选票，不是太难，就不证明了。
既然这些(所有选A同学的选票)不是全部的选票，我们再拿一张没有选择A同学的选票。方便起见，称之为B选票。 根据任意2张选票有且只有1个人相同，A1选票上必有一个人和B选票上的一个人是相同的，而且这个人不是A同学。 同样道理，第A2、A3、A4、A5、…上也必有一个人和B选票上的一个人是相同的，而且这个人不是A同学。 因为B选票上只有4个不同的人，而A1、A2、…，的数量大于4.所以，A1、A2、A3、…选票中至少有2张选票，除了A同学外还有一个共同的候选人。根据任意2张选票有且只有1个人相同，我们知道这是不能够的。 所以，没有人被选了4次以上。 因为平均每人被选4次，既然没有人被选4次以上，当然也就不可能有人被选4次以下。 所以，每个人恰好被选了4次!
排列组合与计数原理
排列组合与计数原理 【复习目标】1.能熟练的判断利用加法原理和乘法原理。简单的排列组合组合数公式。 【复习重难点】加法原理和乘法原理公式的计算及应用。 1.高三（1），（2），（3）班分别有学生52,48,50人。 （1）从中选1人当学生代表的不同方法有____________种； （2）从每班选1人组成演讲队的不同方法有____________种； （3）从这150名学生中选4人参加学代会的不同方法有____________种； （4）从这150名学生中选4人参加数理化三个课外活动小组，共有不同方法有__________种。 2.假设在200件产品中有三件次品，现在从中任意抽取5件，期中至少有2件次品的抽法有__________种。 3.若,64 3n n C A 则n=___________。 例1．在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有________种取法。 变式训练：从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为_______。 例2．从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有______________种. 例3．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有_______ . 变式训练：要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有_______ 种不同的排法.
两个计数原理与排列组合知识点与例题
两个计数原理与排列组合知识点及例题 两个计数原理内容 1、分类计数原理： 完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 +m2 +……+m n种不同的方法. 2、分步计数原理： 完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m1种不同的方法，做第2步骤有m2种不同的方法……做第n步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×……×m n种不同的方法. 例题分析 例1某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配制出多少种不同的品种？ 分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 解：属于分步：第一步配一个荤菜有3种选择 第二步配一个素菜有5种选择 第三步配一个汤有2种选择 共有N=3×5×2=30（种） 例2 有一个书架共有2层，上层放有5本不同的数学书，下层放有4本不同的语文书。 （1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？ （1）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算。 解：属于分类：第一类从上层取一本书有5种选择 第二类从下层取一本书有4种选择 共有N=5+4=9（种） （2）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 解：属于分步：第一步从上层取一本书有5种选择 第二步从下层取一本书有4种选择 共有N=5×4=20（种） 例3、有1、2、3、4、5五个数字. （1）可以组成多少个不同的三位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？ （1）分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 略解：N=5×5×5=125（个）
两个计数原理、排列与组合
全国卷五年考情图解高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制1道 小题或者1道解答题，分 值占5～17分. 2.考查内容 计数原理常与古典概型综 合考查；对二项式定理的 考查主要是利用通项公式 求特定项；对正态分布的 考查，可能单独考查也可 能在解答题中出现；以实 际问题为背景，考查分布 列、期望等是高考的热点 题型. 3.备考策略 从2019年高考试题可以 看出，概率统计试题的阅 读量和信息量都有所加 强，考查角度趋向于应用 概率统计知识对实际问题 作出决策. 第一节两个计数原理、排列与组合 [最新考纲] 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念
及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题． 1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类不同方案，在 第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法 结论 完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法 完成这件事共有N ＝mn 种不同的方法 排列的定义 从n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素 按照一定的顺序排成一列 组合的定义 合成一组 排列数 组合数 定义 从n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素的所有不同排 列的个数 从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有不同组合的个数 公式 A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋ 1)＝ n ！ (n －m )！ C m n ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！ 性质 A n n ＝n ！，0！＝1 C m n ＝C n －m n ，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( ) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．
计数原理-排列组合
排列组合 知识点 一、排列 定义:一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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；排列数用符号m n A 表示 对排列定义的理解： 定义中包括两个基本内容：①取出元素②按照一定顺序。因此，排列要完成的“一件事情”是“取出m 个元素，再按顺序排列” 相同的排列：元素完全相同，并且元素的排列顺序完全相同。若只有元素相同或部分相同，而排列顺序不相同，都是不同的排列。比如abc 与acb 是两个不同的排列 描述排列的基本方法：树状图 排列数公式：),)(1()2)(1(*∈+-???--=N m n m n n n n A m n 我们把正整数由1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘，用!n 表示，即12)2()1(!??????-?-?=n n n n ，并规定1!0=。 全排列数公式可写成!n A n n =. 由此，排列数公式可以写成阶乘式： )!(!)1()2)(1(m n n m n n n n A m n -= +-???--=（主要用于化简、证明等） 二、组合 定义:一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合；组合数用符号m n C 表示 对组合定义的理解： 取出的m 个元素不考虑顺序，也就是说元素没有位置要求，无序性是组合的特点. 只要两个组合中的元素完全相同，则不论元素的顺序如何，都是相同的组合.只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合 排列与组合的区别：主要看交换元素的顺序对结果是否有影响，有影响就是“有序”，是排列问题；没影响就是“无序”，是组合问题。 组合数公式： ),()!(!!!)1()2)(1(n m N m n m n m n m m n n n n A A C m m m n m n ≤∈-=+-???--==*，且 变式：),,()! ()1()2)(1()!(!!n m N m n C m n m n n n m n m n C m n n m n ≤∈=-+???--=-= *-且
计数原理与排列组合
计数原理与排列组合 计数原理一、知识导学 1.分类计数原理：完成一件事ｎ类办法，那么完成这件事共有N ＝1m ＋2m ＋……＋n m 种不同的方法. 2. 分步计数原理：完成一件事分成ｎ个步骤，那么完成这件事共有N ＝1m ×2m ×…×n m 种不同的方法. 二、经典例题导讲[例1]体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有 （ ） A ．12 种 B ．7种 C ．24种 D ．49种 分析：学生进门有7种选择，同样出门也有7种选择，由分步计数原理，该学生的进出门方案有7×7＝49种. ∴应选D ． [例3]三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到几个不同的三位数（6不能作9用）. 解：解法一 第一步，选数字.每张卡片有两个数字供选择，故选出3个数字，共有3 2＝8种选法.第二步，排数字.要排好一个三位数，又要分三步，首先排百位，有3种选择，由于排出的三位数各位上的数字不可能相同，因而排十位时有2种选择，排个位只有一种选择.故能排出3×2×1＝6个不同的三位数. [例5] 用0，1,2，3,4，5这六个数字， （1）可以组成多少个数字不重复的三位数？ （2）可以组成多少个数字不重复的三位奇数？ （3）可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？ 解：（1）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有5×5×4＝100个. （3）分三步：①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法；②再选百位数字有4种选法；③个位数字也有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4＝48个. （4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5＝25个；③三位数，共有5×5×4＝100个.因此，比1000小的自然数共有6＋25＋100＝131个 四、典型习题导练 1．将4个不同的小球放入编号为1、2、3的三个不同的盒子中，其中每个盒子都不空的放法共有（ ） A ．43种 B ．3 4种 C ．18种 D ．36种
排列组合的基本理论和公式
排列组合的基本理论和公式 排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2＋3＋1的和与2＋1＋3的和是一个组合． (一)两个基本原理是排列和组合的基础 (1)加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法． (2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，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mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn种不同的方法．这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类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． 这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来． (二)排列和排列数 (1)排列：从n个不同元素中，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．从排列的意义可知，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序必须完全相同，这就告诉了我们如何判断两个排列是否相同的方法． (2)排列数公式：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列 当m＝n时，为全排列Pnn=n(n－1)(n－2)…3·2·1＝n！ (三)组合和组合数 (1)组合：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． 从组合的定义知，如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合． (2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个
两个计数原理与排列组合知识点及例题
两个计数原理与排列组合知识点及例题两个计数原理内容 1、分类计数原理： 完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 +m2 +……+m n种不同的方法. 2、分步计数原理： 完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m1种不同的方法，做第2步骤有m2种不同的方法……做第n步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×……×m n种不同的方法. 例题分析 例1 某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配制出多少种不同的品种？ 分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 解：属于分步：第一步配一个荤菜有3种选择 第二步配一个素菜有5种选择 第三步配一个汤有2种选择 共有N=3×5×2=30（种） 例2 有一个书架共有2层，上层放有5本不同的数学书，下层放有4本不同的语文书。 （1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？ （1）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算。 解：属于分类：第一类从上层取一本书有5种选择 第二类从下层取一本书有4种选择 共有N=5+4=9（种） （2）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 解：属于分步：第一步从上层取一本书有5种选择 第二步从下层取一本书有4种选择 共有N=5×4=20（种） 例3、有1、2、3、4、5五个数字. （1）可以组成多少个不同的三位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？ （1）分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 略解：N=5×5×5=125（个） 【例题解析】 1、某人有4条不同颜色的领带和6件不同款式的衬衣，问可以有多少种不同的搭配方法？
12.1计数原理与简单排列组合问题
第十二章 计数原理 本章知识结构图 第一节 计数原理与简单排列组合问题 考纲解读 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 3.理解排列、组合的概念. 4.能用计数原理推导排列数、组合数公式. 命题趋势探究 1.本节为高考必考内容，一般有1~2道选择题或填空题. 2.题目主要以实际应用题形式出现. 3.试题的解法具有多样性，一般根据计数重复或遗漏来设计错误选项，在解答选择题时可通过正向（分类相加）和反向（总数减去对立数）互相检验，也可以通过排除法筛选正确选项. 知识点精讲 基本概念 1.分类加法计数原理 ○ 1有n 类方法 完成一件事 ○ 2任两类无公共方法（互斥） 共有N = ○ 3每类中每法可单独做好这件事 12n m m m ++???+ 种不同方法.如图12-1所示.
计 计 A 计计计计1 计计1 计计2 计计 m1 计计计计n 计计1 计计2 计计 m n m1计 m n计 计计计计A计计 m1+m2+m3+···+m n计计计计计计 图12-1 2.分步乘法计数原理 ○1必须走完n步，才能完成任务 完成一件事○2前一步怎么走对后一步怎么共有N 走无影响（独立） 12n m m m =??????种不同方法.如图12-2所示. m1计m n计 计计计计B计计m1×m2×m3×···×m n计计计计计 计 m2计m i计 图12-2 两个原理及其区别. 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有n类办法，这n类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有n个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这n个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法. 3.排列与排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个（不同）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.从n个不同元素中选取m个元素(n≥m)的排列个数 共有A m n . ()()() A121 m n n n n n m =--???-+ g g g g (m个连续正整数之积，n为最大数). ()() A12321! n n n n n n =--???= g g g g g g 注
计数问题与排列组合问题
计数问题与排列组合问题 一、北京考题特征分析: (05)北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚 三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 （ ） A ．4841212 14C C C B ．4841212 14A A C C ．33484121214A C C C D ．33 484121214A C C C 分步计数原理，易错选D. 这种错点训练应当从怎样算完成一件事情分析起，对于错的应当举例说明为什么错. (06年未考) (07理)记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不 排在两端，不同的排法共有（ ） Ａ．1440种 Ｂ．960种 Ｃ．720种 Ｄ．480种 以相邻与位置受限相结合(两个条件)基础，有原型略高于简单原型 启发：对基本型适度组 合命题 (07文)某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的 牌照号码共有（ ） Ａ．()2142610C A 个 Ｂ．242610A A 个 Ｃ．()2142610C 个 Ｄ．242610A 个 考察分步计算原理与可重复，不可重复问题结合，考察全面，学生审题能力. (08年未考) 但在概率解答题中涉及到. (09理)7．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为 （ ） A ．324 B ．328 C ．360 D ．648 (2010年)（4）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为 （A ）8289A A （B ）8289A C （C ） 8287A A （D ）8287A C (2011年) (12)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有 __________个。（用数字作答） 北京的考题的确重在凸现两个基本原理，在每一类或是每一步计数考虑正确用排列数或 是组合数来表示。教学时始终抓住完成一件事情需要分为几类或是几步来完成. 教学时注意控制层次，首先学生要能列出符合条件的，不重不漏的列出；能够正确的用 排列数、组合数来表示一个计数问题.
计数原理与排列组合(教师用)
姓名学生姓名填写时间2016-12-7学科数学年级高三教材版本人教版阶段第（ 48 ）周观察期：□维护期：□ 课题 名称排列组合课时计划 第（）课时 共（）课时 上课时间2016-12-8 教学目标大纲教学目标 1、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用 问题． 2、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解 决一些简单的应用问题． 个性化教学目标体会分类讨论的思想 教学重点1、正确区分排列与组合,熟练排列数与组合数公式 2、能熟练利用排列数与组合数公式进行求值和证明. 教学 难点 分类讨论思想的灵活应用 教学过程问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中，火车有4 班, 汽车有2班，轮船有3班。那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法 一、分类计数原理 完成一件事，有n类办法. 在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类方法中有m2种不同的方法，……，在第n类方法中有mn种不同的方法，则完成这件事共有 12n N m m m =+++种不同的方法 说明：1）各类办法之间相互独立,都能独立的完成这件事，要计算方法种数,只需将各类方法数相加,因此分类计数原理又称加法原理 2）首先要根据具体的问题确定一个分类标准，在分类标准下进行分类，然后对每类方法计数. 第一部分：计数原理
又称乘法原理
一、问题引入 问题1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另一名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法 问题2：从1、2、3、4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数 问题1和2的共同点是什么 二、排列 1、对排列定义的理解. 定义：一般地，从n 个不同的元素中任取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. 2、相同排列. 如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序也必须完全相同. 3、排列数. 从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同的排列的个数，称为从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数.用符号 m n A 表示. 且有：n n A 第二部分：排列
专题十 计数原理第三十讲 排列与组合 (1)
专题十 计数原理 第三十讲 排列与组合 一、选择题 1．(2018全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥 德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A ．112 B ．114 C ．115 D ．118 2．（2017新课标Ⅱ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人 完成，则不同的安排方式共有 A ．12种 B ．18种 C ．24种 D ．36种 3．（2017山东）从分别标有1，2，???，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取 1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是 A ．518 B ．49 C ．59 D ．79 4．(2016年全国II)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 A ．24 B ．18 C ．12 D ．9 5．（2016四川）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A ．24 B ．48 C ．60 D ．72 6．（2015四川）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的 偶数共有 A ．144个 B ．120个 C ．96个 D ．72个 7．（2014新课标1）4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周 日都有同学参加公益活动的概率为 A ． 18 B ．38 C ．58 D ．78 8．（2014广东）设集合(){}12345=,,,,{1,0,1},1,2,3,4,5i A x x x x x x i ∈-=，那么集合A 中满足条件“1234513x x x x x ≤++++≤”的元素个数为 A ．60 B ．90 C ．120 D ．130 9．（2014安徽）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60?的共
计数排列与组合
计数排列与组合 一.排列 1.相邻问题——捆绑法 5名男生、2名女生站成一排，求以下情况下不同站法 （1）2名女生相邻 （2）男生相邻 （3）男生站一起，女生站一起 6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的种数为（ ） A.66A B 333A . C.3333A A D.3344A A 7人站成一排,其中甲、乙相邻且丙丁相邻,共有不同的排数为________. 由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数中,含数学2,52,5且相邻的四位数的个数 是_________.232332 ,:C A A 一取二排 2.不相邻问题——插空法 5名男生、2名女生站成一排，求以下情况下不同站法 （1）甲、乙不相邻 （2）女生不相邻 8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（ ） A.2988A A B 2988C A . C.2788A A D.2788C A 有数学书3本，语文书2本，物理书1本，若将其并排摆放在书架的同一层上，则同类书都不相邻的放法数为_______.120 在5,4,3,2,1的任一排列中,使相邻两数都互质的排列方式共有________种. 某班班会准备从含甲、乙的8名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时的顺序不能相邻，那么不同的发言顺序种数为（ ） A.960 B.1040 C.1140 D.1320 (分析:分两类:①甲、乙中只有1人参加发言.此类无特殊要求故134264960C C A = ②甲、乙2人都参加发言.此类有”不相邻”要求故222623180C A A =)
排列组合21个经典教案
高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法 复习巩固 1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，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． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有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． 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排, 以免不合要求的元素占了这两个位置. 先排末位共有1 3C 然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113 434288C C A = 练习题: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？ 二.相邻元素捆绑策略 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. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元 素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有522 522480A A A =种不同的 排法 乙 甲丁 丙 练习题: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 20 三.不相邻问题插空策略 C 1 4 A 3 4 C 1 3 位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件 要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.
计数原理、排列与组合
第十篇 计数原理与概率、随机变量及其分布(必修3、选修2-3) 第1节计数原理、排列与组合 课时训练练题感提知能 【选题明细表】 一、选择题 1.已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为( C ) (A)16 (B)13 (C)12 (D)10 解析:由分步乘法计数原理可知,走法总数为4×3=12.故选C. 2. 如图所示,在A、B间有四个焊接点1、2、3、4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A、B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有( C ) (A)9种(B)11种(C)13种(D)15种
解析:按照焊接点脱落的个数进行分类. 若脱落1个,则有(1),(4)共2种; 若脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3)共6种; 若脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4)共4种; 若脱落4个,有(1,2,3,4)共1种.综上共有2+6+4+1=13(种)焊接点脱落的情况.故选C. 3.(2013河南省三市)现将2名医生和4名护士分配到2所学校给学生体检,每校分配1名医生和2名护士,则不同的分配方法共有 ( B ) (A)6种(B)12种(C)18种(D)24种 解析:只需让第一所学校选取即可. 先从2名医生中选取1名,不同的选法有=2(种); 再从4名护士中选取2名,不同的选法有=6(种). 由分步乘法计数原理可得,不同的分配方案有 2×6=12(种). 故选B. 4.一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( C ) (A)3×3! (B)3×(3!)3 (C)(3!)4(D)9! 解析:9个座位坐3个三口之家,每家人坐在一起,用捆绑法,不同的坐 法种数为()=(3!)4.故选C.
排列组合第一讲分类加法与分步乘法计数原理
两个计数原理 【知识网络】 【典型例题】 题型一、分类加法计数原理 例1、从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为（） A.6 B.5 C.3 D.2 例2、在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个? 【变式练习】 1.若a，b∈N*，且a＋b≤5，则在直角坐标平面内的点(a，b)共有________个． 2．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有多少个？
例3、有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有（） A．21种 B．315种 C．143种 D．153种 例4、某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )． A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 方法总结 分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理 【变式练习】 1．某校开设10门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是（） A．120 B．98 C．63 D．56 2．某电脑用户计划使用不超过500元购买单价分别为60元、70元的电脑软件和电脑元件，根据需要，软件至少买3个，元件至少买2个，则不同的选购方法有（） A.5 B.6 C.7 D.8 3．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个． 4．由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有( )．A．238个 B．232个 C．174个 D．168个 例5、在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字也许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( ) A．10 B.11 C.12 D.15
计数原理与排列组合(教师用)
姓名学生姓名填写时间2016-12-7 学科数学年级高三教材版本人教版阶段第（48 ）周观察期：□维护期：□ 课题 名称排列组合课时计划第（）课时 共（）课时 上课时间2016-12-8 教学目标大纲教学目标 1、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用 问题． 2、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解 决一些简单的应用问题． 个性化教学目标体会分类讨论的思想 教学重点1、正确区分排列与组合,熟练排列数与组合数公式 2、能熟练利用排列数与组合数公式进行求值和证明. 教学 难点 分类讨论思想的灵活应用 教学过程问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中，火车有4 班, 汽车有2班，轮船有3班。那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法? 一、分类计数原理 完成一件事，有n类办法. 在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类方法中有m2种不同的方法，……，在第n类方法中有mn种不同的方法，则完成这件事共有 第一部分：计数原理
2）首先要根据具体问题的特点确定一个分步的标准，然后对每步方法计数. 例2、设某班有男生30名，女生24名。现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？ 例3、浦江县的部分电话号码是05798415××××,后面每个数字来自0～9这10个数,问可以产生多少个不同的电话号码? 第二部分：排列 一、问题引入 问题1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另一名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？ 问题2：从1、2、3、4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
两个计数原理、排列与组合
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 1.计数原理 (1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题． (2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题． (3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题． (4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 2．概率 (1)事件与概率 ①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别． ②了解两个互斥事件的概率加法公式． (2)古典概型 ①理解古典概型及其概率计算公式． ②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率． (3)随机数与几何概型 ①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率． ②了解几何概型的意义． 3．概率与统计 (1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列． (2)了解超几何分布，并能进行简单应用． (3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题． (4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题． (5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义． 10．1两个计数原理、排列与组合 1．分类加法计数原理 完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法． 2．分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．