教学设计1：1.2 排列组合(习题课)

1.2 排列与组合

一、教学目标

1、两个计数原理的掌握与应用；

2、关于排列与组合的定义的理解；关于排列与组合数公式的掌握；关于组合数两个性质的掌握；

3、运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题（多为排列与组合的混合问题）

二、知识要点

1．分类计数原理与分步计算原理

1 分类计算原理（加法原理）：完成一件事，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+…+ mn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m1种不同的方法，做第2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×…× mn种不同的方法.

2．排列

1 定义

（1）从n个不同元素中取出m（ ）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个元素的一排列.

（2）从n个不同元素中取出m（

）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，记为 .

2 排列数的公式与性质

（1）排列数的公式： =n（n-1）（n-2）…（n-m+1）= 特例：当m=n时， =n！=n（n-1）（n-2）…×3×2×1

规定：0！=1

（2）排列数的性质： （Ⅰ） = （排列数上标、下标同时减1（或加1）后与原排列数的联系）

（Ⅱ） （排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系）（Ⅲ） （分解或合并的依据）

3．组合

1 定义 （1）从n个不同元素中取出 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

（2）从n个不同元素中取出 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 表示.

2 组合数的公式与性质

（1）组合数公式： （乘积表示） （阶乘表示） 特例：

（2）组合数的主要性质：

（Ⅰ）

（Ⅱ）

三、经典例题例1、某人计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60、70元的单片软件和盒装磁盘，要求软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（ ）

A .5种 B.6种 C. 7种 D. 8种

分析：依题意“软件至少买3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，只需讨论剩下的180元如何使用的问题.

解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180元如何使用，可从购买软件的情形入手分类讨论： 第一类，再买3片软件，不买磁盘，只有1种方法； 第二类，再买2片软件，不买磁盘，只有1种方法；

第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有2种方法；

第四类，不买软件，再买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有3种方法；

于是由分类计数原理可知，共有N=1+1+2+3=7种不同购买方法，应选C.

例2、在中有4个编号为1，2，3，4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂法？

解：根据题意，有相邻边的小三角形颜色不同，但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色，于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类，进而在每一类中分步计算.

第一类：1与4同色，则1与4有5种涂法，2有4种涂法，3有4种涂法， 故此时有N1=5×4×4=80种不同涂法.

第二类：1与4不同色，则1有5种涂法，4有4种涂法，2有3种涂法，3有3种涂法，故此时有N2=5×4×3×3=180种不同涂法. 综上可知，不同的涂法共有80+180=260种.

点评：欲不重不漏地分类，需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题的具体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类，或是从某一元素的特定要求入手分类，或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类，或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等.

例3、将字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

解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤.

第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有3种不同填法；

第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有3种不同填法；

第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有1种填法；

于是，由分步计数原理得，共有N=3×3×1=9种不同填法.

解法二：（采用“列举”方法）：从编号为1的方格内的填数入手进行分类.

第一类：编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法： 2 4 1 3 2 1 4 3 2 3 4 1

第二类：编号1的方格内填数字3，也有3种不同填法：

3 1 4 2 3 4 1 2 3 4 2 1

第三类：编号为1的方格内填数字4，仍有3种不同填法：

4 1 2 3 4 3 1 2 4 3 2 1

于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法，应选B

解法三（间接法）：将上述4个数字填入4个方格，每格填一个数，共有N1=4×3×2×1=24种不同填法，其中不合条件的是 (1)4个数字与4个格子的编号均相同的填法有1种； (2)恰有两个数字与格子编号相同的填法有6种；

(3)恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种； 因此，有数字与格子编号相同的填法共有N2=1+6+8=15种, 于是可知，符合条件的填法为24-15=9种.

点评：解题步骤的设计原则上任意，但不同的设计招致计算的繁简程度不同，一般地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念.

当正面考虑头绪较多时，可考虑运用间接法计算：不考虑限制条件的方法种数—不符合条件的方法种数=符合条件的方法种数.

在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”，恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系.

例4、用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字2和3，并且2和3不相邻的四位数有多少个？

解：注意到这里“0”的特殊性，故分两类来讨论.

第一类：不含“0”的符合条件的四位数，首先从1，4，5这三个数字中任选两个作排列有

种；进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置，又有 种排法，于是由分步计数原理可知，不含0且符合条件的四位数共有=36个.

第二类：含有“0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用“间接法”：首先从1，4，5这三个数字中任选一个，而后与0，2，3进行全排列，这样的排列共有

个.

其中，有如下三种情况不合题意，应当排险： （1）0在首位的，有 个； （2）0在百位或十位，但2与3相邻的，有 个

（3）0在个位的，但2与3相邻的，有 个

因此，含有0的符合条件的四位数共有 =30个

于是可知，符合条件的四位数共有36+30=66个

点评：解决元素不相邻的排列问题，一般采用“插空法”，即先将符合已知条件的部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入；解决元素相邻的排列问题，一般采用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起，作为一个大元素与其它元素进行排列，进而再考虑大元素内部之间的排列问题.

例5、某人在打靶时射击8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的，那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有（ ）

A.720种 B.480种 C.24种 D.20种

分析：首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4枪“地位平等”，故只有一种排法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有 种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有 种

点评：这里的情形与前面不同，按照问题的实际情况理解，未命中的4枪“地位平等”，连续命中的3枪亦“地位平等”.因此，第一步排法只有一种，第二步的排法种数也不再乘以 .解决此类“相同元素”的排列问题，切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法，请读者引起注意.

例6、用红、黄、绿3种颜色的纸做了3套卡片，每套卡片有写上A、B、C、D、E字母的卡片各一张，若从这15张卡片中，每次取出5张，则字母不同，且3种颜色齐全的取法有多少种？

解：符合条件的取法可分为6类

第一类：取出的5张卡片中，1张红色，1张黄色，3张绿色，有 种取法；

第二类：取出的5张卡片中，1张红色，2张黄色，2张绿色，有 种取法；

第三类：取出的5张卡片中，1张红色，3张黄色，1张绿色，有 种取法；

第四类：取出的5张卡片中，2张红色，1张黄色，2张绿色，有 种取法； 第五类：取出的5张卡片中，2张红色，2张黄色，1张绿色，有 种取法；

第六类：取出的5张卡片中，3张红色，1张黄色，1张绿色，有 种取法；

于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有

点评：解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准，在这里，以红色卡片选出的数量进行主分类，以黄色卡片选出的数量进行次分类，主次结合，确保分类的不重不漏，这一思路值得学习和借鉴.

例7、 （1）从5双不同的袜子中任取4只，则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少？

（2）设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，将五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种？

（3）将四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共多少种？

（4）某产品共有4只次品和6只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产品测试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有多少种？

解：（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的4只袜子中恰有2只配对，这只要从5双袜子中任取1双，再从其余4双中任取2双，并从每双中取出1只，共有 种选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有 种选法，于是由加法原理知，符合要求的取法为 种.

（2）符合条件的放法分为三类：

第一类：恰有2个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒子中，有 种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中，有 种方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有

种不同方法；

第二类：恰有3个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒