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高中数学第一章计数原理整合学案北师大版选修2-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理整合学案北师大版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高中数学第一章计数原理整合学案北师大版选修2-3知识建构综合应用专题一利用两个原理解排列组合问题的常用方法“两个原理”是两种重要的计数方法，它是列式计数时选择加法或者乘法的理论根据，在排列、组合应用题中,基本上全是用加法和乘法连结了排列数与组合数的计算。
所以正确地使用加法和乘法原理是解决排列、组合应用题的基础.一、树形图法【例1】将A、B、C、D四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A不排在第一,B不排在第二，C不排在第三，D不排在第四，试写出他们四个人所有不同的排法。
解：由于A不排在第一,所以第一只能排B、C、D中的一个，据此可分为三类：由此可写出所有的排法为BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA.所以他们四个人共有9种不同的排法.二、依次排序法利用分步乘法计数原理求解与排列顺序有关的问题时，可以用依次排序法.依次排序法就是把数字或字母分为前后,首先排前面的数字或字母再依次排后面的数字或字母,将最后的数字或字母排完,则排列结束，这种方法多用于数字问题。
【例2】用1、2、3、4四个数字可重复地任意排成三位数，并把这些数由小到大排成一个数列{a n}.(1)写出这个数列的前11项；(2）求这个数列共有多少项;（3)若a n=341，求n。
高中数学第一章计数原理4 简单计数问题知识导航北师大版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理4 简单计数问题知识导航北师大版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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§4 简单计数问题自主整理1。
区别排列问题与组合问题的关键是元素是否_____________________。
2。
解决相邻元素问题的方法是____________________。
3.解决元素不相邻问题的方法是____________________. 4.有特殊要求的元素问题常用____________________. 5。
有特殊要求的位置问题常用____________________. 6.无序平均分组问题常用____________________. 7.相同元素分组问题常用____________________. 8.“至多”“至少”问题常用____________________。
高手笔记1.捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列。
它主要用于解决“元素相邻问题"。
例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某m （m≤n）个元素必相邻的排列有A 11+-+-m n m n ·A mm 个。
其中A 11+-+-m n m n 是一个“整体排列”,而A m m 则是“局部排列"。
2。
插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中,此法主要解决“元素不相邻问题”。
§4 简单计数问题1．进一步理解计数原理和排列、组合的概念．(重点)2．能够运用原理和公式解决简单的计数问题．(难点)[基础·初探]教材整理 简单计数问题阅读教材P18～P21，完成下列问题．1．计数问题的基本解法(1)直接法：以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称元素分析法)．或以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称位置分析法)．(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出所有的方法数，再减去不符合要求的方法数．【答案】 (1)元素 特殊元素 其他元素 位置 特殊位置 其他位置2．解决计数问题应遵循的原则先________后一般，先________后排列，先________后分步，充分考虑元素的特殊性，进行合理的分类与分步．【答案】 特殊 组合 分类5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，若甲球必须放入A盒，则不同放法总数是( )A．120 B．72 C．60 D．36【解析】 分两类：第一类，A盒只有甲球，则余下4个球放入3个不同的盒子中，243每个盒子至少一个球，此时4个球应分为2,1,1三组，有C种，每一种有A种放法，共2434有C A种放法；第二类，A盒中有甲球和另1球，则有A种排法．由分类加法计数原理，2434得共有放法总数C A＋A＝60种．【答案】 C[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑： [小组合作型]排列问题 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )A．504种 B．960种C．1 008种D．1 108种【精彩点拨】 先安排甲、乙，再考虑丙、丁，最后安排其他员工．214【自主解答】 (1)若甲、乙安排在开始两天，则丁有4种选择，共有安排方案A C A 4＝192种；2144(2)若甲、乙安排在最后两天，则丙有4种选择，共有A C A＝192种；(3)若甲、乙安排在中间5天，选择两天有4种可能，2143若丙安排在10月7日，丁有4种安排法，共有4×A C A＝192种；213133若丙安排在中间5天的其他3天，则丁有3种安排法，共有4×A C C A＝432种．所以共有192＋192＋192＋432＝1 008种．【答案】 C1．本小题用到分类讨论的方法，按照特殊元素(甲、乙在一起，丙、丁不在特殊位置)进行讨论．2．较复杂的排列问题要注意模型化归，转化为常用的方法．[再练一题]1．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字，且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是( ) 【导学号：62690018】A．72 B．96 C．108 D．14432【解析】 第一步将2,4,6全排，有A种；第二步分1,3相邻且不与5相邻，有A A 23332233种；1,3,5均不相邻，有A种．故总的排法为A(A A＋A)＝108种，故选C.【答案】 C组合问题 某班有54位同学，其中正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中，各有多少种不同的选法？(只列式不计算)(1)正、副班长必须入选；(2)正、副班长只有1人入选；(3)正、副班长都不入选；(4)正、副班长至多有1人入选；(5)班长以外的某3人不入选；(6)班长有1人入选，班长以外的某2人不入选．【精彩点拨】 这是一道有限制条件的组合问题，先处理特殊元素，然后考虑一般元素．【自主解答】 (1)先选正、副班长，再从剩下的52人中选4人．由分步乘法计数原2452理，得C·C种．(2)先从正、副班长中选1人，再从剩下的52人中选5人．由分步乘法计数原理，得12552C·C种．02652(3)因为正、副班长都不选，因此从剩下的52人中选6人，共C·C种，即C652种．1255202652(4)只有一个班长入选，或两个班长都不入选，故共有C·C＋C·C种，或6542452C－C·C种．03651651(5)某3人可除外，故共有C·C种，即C种．120255012550(6)C·C·C种，即C·C种．解答组合应用题的总体思路1．整体分类，对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时使用加法原理．2．局部分步，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用乘法原理．[再练一题]2．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，那么互不相同的分配方案共有( )A ．252种B ．112种C ．20种D ．56种【解析】 不同的分配方案共有C C ＋C C ＋C C ＋C C ＝112(种)．275374473572【答案】 B[探究共研型]排列、组合的综合应用探究1 从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相乘，有多少个不同的结果？完成的“这件事”指的是什么？【提示】 共有C ＝＝6(个)不同结果．244×32完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．探究2 从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少个不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？【提示】 共有A －2＝10(个)不同结果．这个问题属于排列问题．完成的“这件事”24是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．探究3 完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？【提示】 由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A 种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下24非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C C C ＝18(种)不同的121313结果，由分类加法原理，完成“这件事”共有A ＋C C C ＝30(种)不同的结果．24121313 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．【精彩点拨】 (1)按选中女生的人数多少分类选取．(2)采用先选后排的方法．(3)先安排该男生，再选出其他人担任4科课代表．(4)先安排语文课代表的女生，再安排“某男生”课代表，最后选其他人担任余下三科的课代表．【自主解答】 (1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，共有352345135C C＋C C种，后排有A种，352345135共(C C＋C C)·A＝5 400种．474(2)除去该女生后，先选后排，有C·A＝840种．47144(3)先选后排，但先安排该男生，有C·C·A＝3 360种．3613(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，其余3336133人全排有A种，共C·C·A＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则1．按事情发生的过程进行分步．2．按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．[再练一题]3．某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案共有( )A．16种 B．36种 C．42种 D．60种24232【解析】 若选择了两个城市，则有C C A＝36种投资方案；若选择了三个城市，则343有C A＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．【答案】 D[构建·体系]1．(2016·长武高二检测)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A ．14B ．24C ．28D ．48【解析】 (间接法)：6人中选派4人的组合数为C ，其中都选男生的组合数为C .464所以至少有1名女生的选派方案有C －C ＝14(种)．464【答案】 A2．在1,2,3,4,5这五个数字所组成的没有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有( )A ．6个B ．9个C ．12个D ．18个【解析】 由题意知，所求三位数只能是1,3,5或2,3,4的排列，共有A ＋A ＝12(个)．33【答案】 C3．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答). 【导学号：62690019】【解析】 6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A 种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A 种方法，所以425共有：A ·A ＝480.425【答案】 4804．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．【解析】 有C ·C ·A ＝36种满足题意的分配方案．其中C 表示从3个乡镇中任132421324选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C表示从4名大学生中任选2名到上一2步选定的乡镇的方法数；A表示将剩下的2名大学生分配到另2个乡镇去的方法数．【答案】 365．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．【解】 法一：设A，B代表两名老师傅．454A，B都不在内的选派方法有：C·C＝5(种)；A，B都在内且当钳工的选派方法有：2254C·C·C＝10(种)；A，B都在内且当车工的选派方法有：24524C·C·C＝30(种)；A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：223534C·A·C·C＝80(种)；A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：12354C·C·C＝20(种)；A，B有一人在内且当车工的选派方法有：124534C·C·C＝40(种)．所以共有45422542452422353412354124534C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·A·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝185(种)选派方法．法二：5名钳工有4名被选上的方法有：4546C·C＝75(种)；5名钳工有3名被选上的方法有：354512C·C·C＝100(种)；25245名钳工有2名被选上的方法有：C·C·C＝10(种)．所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2) 学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )25262526A．C C B．C A2522622526C．C A C A D．A A25【解析】 分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C种方法；第二步，从6名女262526生中选出2名且与已选好的男生配对，有A种．故有C A种．【答案】 B2．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法搭配午餐：①任选两种荤菜，两种素菜和白米饭；②任选一种荤菜，两种素菜和蛋炒饭，则每天不同午餐的搭配方法有( )A．22种B．56种C．210种D．420种24271427【解析】 按第一种方法有C C种不同的搭配方法，按第二种方法共有C C种不同24271427的搭配方法，故共有C C＋C C＝6×21＋4×21＝210种搭配方法，故答案选C.【答案】 C3．将A，B，C，D四个球放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球且A，B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有( )A．15B．18C．30D．36243【解析】 间接法，所有的不同放法有C·A种．A，B两球在同一个盒子中的放法22432种数为3×A，满足题意的放法种数为C A－3×A＝6×6－3×2＝36－6＝30.【答案】 C4．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为( )A ．360B ．520C ．600D ．720【解析】 当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C A ＝480，当甲、354乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A A ＝120，则不同的发言顺序的种数为2523480＋120＝600，故选C.【答案】 C5．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A ．23个B ．24个C ．18个D ．6个【解析】 各位数字之和为奇数可分两类：都是奇数或两个偶数一个奇数，故满足条件的三位数共有A ＋C A ＝24个．3133【答案】 B 二、填空题6．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A ，B 风景区门票各2张，C ，D 风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种. 【导学号：62690020】【解析】 6位游客选2人去A 风景区，有C 种，余下4位游客选2人去B 风景区，26有C 种，余下2人去C ，D 风景区，有A 种，所以分配方案共有C C A ＝180(种)．24226242【答案】 1807．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答)．【解析】 分两种情况：第一类：个、十、百位上各有一个偶数，有C A ＋C A C ＝90个；13323314第二类：个、十、百位上共有两个奇数一个偶数，有C A C ＋C C A C ＝234个．共233141323313有90＋234＝324个．【答案】 3248．某餐厅供应盒饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤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，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种为________种．(结果用数值表示)【解析】 在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是C ＝＝10.因选255×42择方式至少为200种，设素菜为x 种，则有C C ≥200.即≥20，化简得x(x －1)2x 25x x －12≥40，解得x≥7.所以至少应准备7种素菜．【答案】 7三、解答题9．3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务．(1)若每辆车上都要有人服务，但最多安排男女各一名，有多少种不同的安排方法？(2)若男女各包两辆车，有多少种安排方法？34【解】 (1)先将3名男同志安排到车上，有A种方法，在未安排男同志的那辆车上1323341323安排一名女同志，有C种方法，还有2名女同志有A种安排方法．共有A C A＝432种安排方法．2323(2)男同志分2组有C种方法，女同志分2组有C种分法，将4组安排到4辆车上有423234A种方法．共有C C A＝216种安排方法．10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．【解】 (1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4 096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放36143262424入盒中，共有C·C·A＋C·C·A＝1 560(种)不同放法．1424(3)法一：按3,1,1,1放入有C种方法，按2,2,1,1，放入有C种方法，共有1424C＋C＝10(种)不同放法．法二：(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四份，共有35C＝10(种)不同放法．[能力提升]1．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个【解析】 分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，341334共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C A个偶341334数．故符合条件的偶数共有2A＋C A＝120(个)．【答案】 B2．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有1双同色的取法有( )23A．240种B．180种C．120种D．60种【解析】 取一双同色手套有C种取法，在剩下的5双手套中取2只不同色的手套，16有C22种取法，由分步乘法计数原理知，恰好有一双同色手套的取法有C C·22＝240 251625种．【答案】 A3．(2016·孝感高级中学期中)正五边形ABCDE中，若把顶点A，B，C，D，E染上红、黄、绿、黑四种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种．【解析】 若用三种颜色，有C A种染法，若用四种颜色，有5·A种染法，则不同15344的染色方法有C A＋5·A＝240(种)．15344【答案】 2404．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解】 (1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同测试方法，再从4件次品中46选2件排在第5和第10的位置上测试，有C A＝A种测法，再排余下4件的测试位置，24224有A种测法．4所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680种．46244(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C·C·A＝576种．16344。
第一章§4一、选择题1．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一道作答，选甲答对得100分，答错得－100分；选乙答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是()A．48种B．36种C．24种D．18种[答案] B[解析]本题是考查排列组合及相关分类的问题．①设4人中两人答甲题，两人答乙题，且各题有1人答错，则有A44＝24(种)．②设4人都答甲题或都答乙题，且两人答对，两人答错，则有2C24C22＝12(种)．∴4位同学得总分为0分的不同情况有24＋12＝36(种)．故选B.2．将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有()A．15种B．20种C．25种D．32种[答案] C[解析]就编号为1的盒子中所放的球的个数分类：第一类，当编号为1的盒子中放入一个球时，相应的放法数有C15种；第二类，当编号为1的盒中放入2个球时，相应的放法数有C25＝10种；第三类，当编号为1的盒子中放入3个球时，相应的放法数有C35＝10种．根据分类加法计数原理可知，满足题意的放法种数是5＋10＋10＝25.3．(2014·秦安县西川中学高二期中)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个数字互不相同英文字母可以相同的牌照号码共有() A．(C126)2A410个B．A226A410个C．(C126)2104个D．A226104个[答案] A[解析]∵前两位英文字母可以重复，∴有(C126)2种排法，又∵后四位数字互不相同，∴有A410种排法，由分步乘法计数原理知，共有不同牌照号码(C126)2A410个．二、填空题4．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)[答案] 90种[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组C 25C 23C 11A 22，再把三组分配乘以A 33得：C 25C 23C 11A 22·A 33＝90种．5．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i 个数为a i (i ＝1,2，…，6)．若a 1≠1，a 3≠3，a 5≠5，a 1<a 3<a 5，则不同的排列方法有________种．(用数字作答)[答案] 30[解析] 本题主要考查用排列知识解决问题的能力．第一类：a 1＝2时，a 3＝4，a 5＝6或a 3＝5，a 5＝6，共有2A 33＝12(种)．第二类：a 1＝3时，a 3＝4，a 5＝6或a 3＝5，a 5＝6，共有2A 33＝12(种)．第三类：a 1＝4时，a 3＝5，a 5＝6，共有A 33＝6(种)．所以总的排列方法有12＋12＋6＝30(种)． 三、解答题6．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男3名，女2名； (2)队长至少有1人参加； (3)至少有1名女运动员； (4)既要有队长，又要有女运动员．[分析] 此题中选的5人与顺序无关，是组合问题．[解析] (1)C 36×C 24＝120种不同的选派方法．(2)分为两类：仅1名队长参加和两人都参加：共C 12×C 48＋C 38＝196种不同的选派方法．(3)全部选法中排除无女运动员的情况：共C 410－C 56＝246种不同的选法． (4)分三类：①仅女队长：C 48； ②仅男队长：C 48－C 45； ③两名队长：C 38；∴共C 48＋C 48－C 45＋C 38＝191种不同的选派方法．[点评] 本题涉及所取元素“至少”问题，一般有两种考虑方法：直接法：“至少”中包含分类，间接法就是从总数中去掉“至少”之外的情况，“至多”也可这样考虑.一、选择题1．某旅游团组织的旅游路线有省内和省外两种，且省内路线有4条，省外路线有5条，则参加该旅游团的游客的旅游方案有()A．4种B．5种C．9种D．20种[答案] C[解析]游客的旅游方案分为两类：第一类：选省内路线，有4种方法．第二类：选省外路线，有5种方法．由加法原理可知，游客的旅游方案有4＋5＝9种．2．(2014·重庆理，9)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A．72B．120C．144D．168[答案] B[解析]分两类：(1)先排歌舞类有A33＝6种排法，再将其余的三个节目插空，如图所示▼▽▼▽▼▽，或者▽▼▽▼▽▼，此时有2A33A33＝72；(2)先排歌舞类有A33＝6种排法，其余的两个小品与歌舞排法如图▼▽△▼▽▼，或者▼▽▼▽△▼，有4A33C12＝48.所以共有72＋48＝120种不同的排法．解决不相邻的排列问题，一般是运用插空法，解决本题容易忽略了第二类，导致出差．3．(2012·山东理，11)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232 B．252C．472 D．484[答案] C[解析]本题考查了利用组合知识来解决实际问题．C316－4C34－C24C112＝16×15×146－16－72＝560－88＝472.另解：C04C312－3C34＋C14C212＝12×11×106－12＋4×12×112＝220＋264－12＝472.解题时要注意直接求解与反面求解相结合，做到不漏不重4.如图A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有()A．8种B．12种C．16种D．20种[答案] C[解析]如图，构造三棱锥A－BCD；四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁．由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法．这可由间接法完成：从六条棱中任取三条棱的不同取法有C36种，任取三条共面棱的不同取法有4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C36－4＝16种．故不同的建桥方案共有16种．[点评]此例通过构造几何图形使组合问题借助于几何图形展现出来也蕴函着转化思想．二、填空题5．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________种(用数字作答)．[答案]432[解析]因为10＝1＋2＋3＋4＝2＋2＋3＋3＝1＋1＋4＋4，即数字之和为10的情况有4,4,1,1；4,3,2,1；3,3,2,2，共三种．若为1,2,3,4，先选出标有数字的卡片，有2×2×2×2种可能，然后再排列它们，每一种可能有A44种排法，根据乘法原理，满足题意的排法有2×2×2×2×A44＝384种；若为2,2,3,3，先选出标有数字的卡片，方法是唯一的，再排列它们有A44种排法；若为1,4,1,4也有A44种排法．所以共有384＋A44＋A44＝432种不同的排法．6．今有2个红球、3个黄球、4个白球，若同色球不加以区分，将这9个球排成一列共有________种不同的方法(用数字作答)．[答案]1260[解析]方法一：只需找到不同颜色的球所在的位臵即可，共有C29C37C44＝1260种方法．方法二：同色球不加以区分(即属相同元素排列的消序问题)，先全排列，再消去各自的顺序即可，则将这9个球排成一列共有A99A22A33A44＝1260种不同的方法．三、解答题7．有四个不同的数字1,4,5，x(x≠0)组成没有重复数字的所有的四位数的各位数字之和为288，求x的值．[解析]因为1,4,5，x四个数字不同，排成的四位数中1在千位上、百位上、十位上、个位上分别有A33个，所在的1的和共为4×A33＝24.同理，排成的四位数中4在千位上、百位上、十位上、个位上分别有A33个，所以，所在的4的和共为4×4×A33＝96.所在的5的和共为5×4×A33＝120.所在的x的和为x×4×A33＝24x.即24x＋120＋96＋24＝288，解得：x＝2.8．“抗震救灾，众志成城”在舟曲的救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴灾区救灾，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？[分析]本题是组合问题，解答本题应首先分清“恰有”、“至少”、“至多”的含义，正确地分类或分步解决．[解析](1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，方法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法；根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽调方法．方法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115种抽调方法．9.将红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂在如图所示的“田”字形方格内，每格涂一种颜色，且要求相邻的两格涂不同的颜色．如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？[解析]根据所需颜色种数分为三类：(1)若用四种颜色，则四格涂不同的颜色，方法种数为A45种．(2)若用三种颜色，则有且仅有两格涂相同的颜色，即一组对角小方格涂相同的颜色，涂法种数为2C15·A24种．(3)若用两种颜色，则两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为A25种．因此，总的涂法种数为：A45＋2C15·A24＋A25＝260(种)．[点评]根据用了多少种颜色分类讨论，分别计算出各种情形的种数，再根据分类加法计数原理求出总的涂法种数．。
高中数学第一章计数原理4 简单计数问题同步测控北师大版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理4 简单计数问题同步测控北师大版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题同步测控 北师大版选修2—3我夯基，我达标1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为（ ）A.42 B 。
30 C.20 D.12解析：分两步：第一步,把新增的第一个节目插入原5个节目中，有6种方法；第二步，把新增的第二个节目插入前6个节目中，有7种方法，故共有6×7=42种插法。
答案:A2.从长度分别为1,2,3,4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m,则nm等于（ ) A.101 B.51 C 。
103 D 。
52 解析:n=C 35=10,由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2、3、4”和“2、4、5”,故m=2，∴n m =102=51. 答案：B3.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( ）A.140种B.120种 C 。
35种 D 。
34种解析：既有女生又有男生，可以分类表示，三男一女有C 34·C 13种选法，二男二女有C 24C 23种选法，一男三女有C 14·C 33种选法，则总的不同的选法有C 34·C 13+C 24·C 23+C 14·C 33=34种。
§4 简单计数问题自主整理1.区别排列问题与组合问题的关键是元素是否_____________________.2.解决相邻元素问题的方法是____________________.3.解决元素不相邻问题的方法是____________________.4.有特殊要求的元素问题常用____________________.5.有特殊要求的位置问题常用____________________.6.无序平均分组问题常用____________________.7.相同元素分组问题常用____________________.8.“至多”“至少”问题常用____________________. 高手笔记1.捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”.例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某m(m≤n）个元素必相邻的排列有A 11+-+-m n m n ·A m m 个.其中A 11+-+-m n m n 是一个“整体排列”，而A m m 则是“局部排列”.2.插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.运用插空法解决“元素不相邻问题”时，要同时借助框图和数数法求解.3.占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.4.调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有A n n 种，m(m<n)个元素的全排列有A m m 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，共有m mnnA A 种排列方法.记忆规律是：顺序一定作除法.名师解惑1.解排列、组合应用题应注意哪些问题？剖析：做排列、组合的应用题，一般来讲要解决好三大难题：一是确定问题的属性，即所给问题是排列还是组合；二是确定解题策略，即是要分类求解还是分步求解；三是选择恰当的解题方法，即是用直接法还是间接法.而这三大难题的关键则是真正弄清“三对关系”的深刻含义.（1）“分类与分步”的关系分类复杂事件A的排列与组合问题，需要对A在一个标准下分类讨论，把A分解为n类简单事件A1，A2，…，An.分类的原则是：A=A1∪A2∪…∪An,Ai∩Aj=(i≠j,i、j=1,2,…,n).在这样的原则下对事件A分类，能够确保分类的不漏不重.把A分为A1，A2，…，An的同时，对应的办法S也随之被分为n类办法S1，S2，…，S n ，且S=S1∪S2∪…∪Sn,Si∩Sj=(i≠j;i、j=1,2,…,n).其结果用分类加法计数原理计算.分步事件A完成分类以后，对每一类要进行分步，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，这样就可以确保对每一类事件的分步不漏不重.事件的分步对应方法的分步.如A1分为n步B1，B2，…，Bn，则对应的有S1被分为n种方法S11，S12，…，S1n.其结果用分步乘法计数原理计算.由此可见，我们可以得到两点结论：其一，分类与分步是区别选用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的唯一标准，即分类相加，分步相乘；其二，若把事件A分为n类简单事件A1,A2,…,An，并且完成事件Ak又需分作Sk步（k=1,2,3,…,n)，对应每一步又可有Ski(i=1,2,3,…,n)种不同方法，这样完成事件A就共有N=(S11·S12·S13…S1n)+(S21·S22·S23…S2n)+…+(Sn1·Sn2·Sn3…Snn)种不同方法.（2）“有序与无序”的关系界定排列与组合问题的唯一标准是“顺序”，“有序”是排列问题，“无序”是组合问题.排列与组合问题并存的时候，解答排列与组合问题，一般采用先组合后排列的方法解答.（3）“元素与位置”的关系解答排列与组合问题，界定哪些事物是元素，哪些事物是位置至关重要，又没有唯一的定势标准，所以要辩证地去看待元素与位置.解题过程中，要优先安排有限制条件的特殊元素和特殊位置，并灵活运用“捆绑法”和“插空法”，“直接法”和“间接法”.2.排列、组合应用题的基本题型与解题策略是什么？剖析：排列、组合应用题的常见类型及解题策略如下表：类型特征常见题型解题策略组合排列指定元素型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内先C后A策略分类求解策略C r krnrrC--C kkrkrnrrAC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内krnC-kkkrnAC-从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素skrnsrCC--kkskrnsrACC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组分类求解策略kkNA1+--+=srskrnsrCCCN1----++krnrrskrnCCCΛ合），规定每一个排列（或组合），都至少包含某r个元素中的s个元素从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每一个排列（或组合），都至多包含某r个元素中的s个元素kkNA1rkrnrCCCN+=-skrnsrkrnCCC----++Λ1定位型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列，规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置分步求解策略rkrnrrAA--相邻型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素连排在一起捆绑策略11+-+-rnrnrrAA相离型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素中的任意两个元素都不相邻（r≤21+n)插空策略rrnrnrnAA1+---平均分组型把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有几种分法排异除重策略k knnnnkACCΛ)1(nk nC-•环状型把n个不同元素围绕一个圆进行排列，共有几种不同的排列11--=nnnn AnA顺序一定型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素必须按一定顺序排列，共有几种不同排列rrnnAA讲练互动【例1】7个人按下列要求并排站成一排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站在正中间，也不站在两端；（2）甲、乙两人相邻；（3）甲、乙之间相隔2人；（4）甲站在乙的右边；（5）甲、乙都与丙不相邻.（6）若7个人站成两排，第一排3人，第二排4人，共有多少种站法？（7）若7个人站成一个圆环，有多少种站法？分析：（1）的限制条件甲不站在正中间与两端，意思是说甲只能站在余下的4个位置，因此可以先在这4个位置上排上甲而后再排其他人员，或者先从其余六人中选出三人排在正中间和两端.（2）由于甲、乙两人相邻，因此可把甲、乙两人合看作一个元素（捆绑法）参加全排列，但不要忘记甲、乙两人的局部排列问题.（3）可以先从其余五人中选两人站在甲、乙之间，然后将此二人连同甲、乙四人看作一个元素（捆绑法）参加全排列，同样甲、乙之间也要进行全排列；还可以运用“数数法”将甲、乙站的位置确定出来，即甲、乙只能在1与4，2与5，3与6，4与7这四种位置上.（4）甲不是站在乙的右边，就是站在乙的左边，两者必居其一，因此可以用“调序法”求解，或先按题目的要求从七个位置中选两个将甲、乙排好，然后再排其余人员.（5）本题可分成甲、乙相邻但不与丙相邻及甲、乙不相邻且都不与丙相邻两类进行研究.（6）把元素排成几排的问题，可化归为一排考虑，再在一排中分段处理. （7）7人站成一个圆环，剪开排成一排，对应7个排列.故环状排列问题用剪断直排法处理.（1）解法一：先让甲站在余下的四个位置中的任一位置上，有C14种，再让余下的6人站在其他位置上，有A66种不同站法，根据分步计数原理，共有N=C14·A66=2880种不同站法.解法二：甲不站正中间也不站在两端，可先从其余6人中任选3人站在这3个位置上（占位法），有A36种站法，再让剩下的4人（含甲）站在其他4个位置上，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=A36·A44=2 880种不同站法.解法三：先让甲以外的6人站成一排，有A66种站法，再让甲插入这6个人之间的4个空档位置（不插在正中间），有A14种方法.故共有N=A66·A14=2 880种不同的站法.解法四：整体排异法.无限制条件的7人并排站成一排，有A77种站法，去掉甲站在正中间及两端的情况，共有A13A66种，故共有N=A77-A13A66=2 880种不同站法.（2）解法一：捆绑法.先把甲、乙两人合在一起看作一个元素，参加全排列共有A66种站法，然后甲、乙两人局部排列，共有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A66·A22=1 440种不同站法.解法二：插空法.先让甲、乙以外的5个人站队，有A55种站法，再把甲、乙两人合在一起作为一个元素插入5个人形成的6个空档中，有A16种站法，最后甲、乙两人局部排列，有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A55A16A22=1 440种不同站法.（3）解法一：捆绑法.先从甲、乙以外的5人中任选2人站在甲、乙之间，有A 25种站法，再将甲、乙及中间二人共4人看作一个整体参加全排列，有A 44种站法，最后甲、乙进行局部排列，有A 22种站法.根据分步乘法计数原理，知共有N=A 25·A 44·A 22=960种不同站法.解法二：数数法与插空法相结合.先让甲、乙以外的5人站队，有A 55种站法，再在5人形成的6个空档中的1与4，2与5，3与6，4与7的位置上排上甲、乙，共有4A 22种站法，根据分步乘法计数原理，有N=A 55·4A 22=960种不同站法.（4）解法一：组合法——顺序一定用组合.先在7个位置中选2个位置排上甲、乙（甲在乙的右边——顺序一定问题），有C 27种站法，再在余下的5个位置上站其余5人，有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=C 27·A 55=2 520种.解法二：调序法.甲在乙的右边与甲在乙的左边的情况是一一对应的，因此，甲在乙的右边的站法是7人任意站法的一半.故共有N=21A 77=2 520种. （5）解法一：直接法.分类求解.将问题分成甲与乙相邻但不与丙相邻及甲、乙、丙互不相邻两类研究.第一类情况可先让其余4人站队，有A 44种站法，他们之间形成5个空档，再把甲、乙两人看作一个整体与丙共两个元素插入5个空档，有A 25种站法，最后甲、乙两人进行局部排列，有A 22种站法，故这类情况有A 44·A 25·A 22种不同站法；第二类情况也可先让其余4人站队，有A 44种方法，再把甲、乙、丙3人插入5个空档，共有A 35种方法，因此这类情况有A 44·A 35种，根据分类加法计数原理，知共有N=A 44·A 25·A 22+A 44·A 35=2 400种不同站法.解法二：间接法.整体排异，7个人排成一排，有A 77种方法.甲、乙都与丙相邻的站法，即丙站在甲、乙中间的站法共有A 55·A 22种；甲与丙相邻或乙与丙相邻的站法均为A 66·A 22种.但甲、丙相邻与乙、丙相邻的站法中都包括了丙站在甲、乙中间，故根据分类计数原理和整体排异策略知，共有N=A 77-2A 66·A 22+A 55·A 22=2400种不同方法.（6）A 77=5 040种不同站法.（7）777A =720种不同的站法.绿色通道:“在”与“不在”，“相邻”与“不相邻”或“相间”，是常见的有限制条件的排列问题.“在”一般用“直接法”求解，“不在”可用“间接法”；“相邻”问题一般用“捆绑法”，“不相邻”问题用“插空法”；“顺序一定”可用“调序法”或“组合法”.一般来说，解排列、组合应用题除了上述方法外，有时还用“占位法”或“数数法”，更多情况下需要对问题进行恰当的分类或分步.分类时要注意“类与类”之间的并列性和独立性、完整性；分步时要注意“步与步”之间的连续性和独立性、依赖性，做到不重不漏.. 变式训练1.安排7位工作人员在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日.不同的安排方法共有________________种.（用数字作答）解析：因为甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，可安排在其余5日值班，有A 25种方法；再安排其余5人，有A 55种方法.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有A 25·A 55=2 400种.答案：2 400【例2】由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数的共有________________个.解析：没有重复数字的六位数共有C 15A 55=600个，其中个位数小于十位数的与十位数小于个位数的各占一半.∴符合题意的共有300个. 答案：300 变式训练2.(2020高考北京卷，3)在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）A.36个B.24个C.18个D.6个解析：由各位数字之和为奇数，分两类：三位数都是奇数或两个偶数一个奇数，满足条件的三位数共有A 33+C 13A 33=24个.答案：B【例3】现有10个完全相同的小球分配到三个班级，每个班级至少分得1个小球，问有多少种不同分法？分析：对于相同元素的分组分配问题，常规解法烦琐而易错，若掌握隔板法，则操作方便且易懂.将10个完全相同的小球排成一行，10个球之间出现9个空档，用“隔板”把10个小球隔成有序的三份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球.解：根据以上分析，分球的方法实际上为隔板的隔法：即9个空插入2个隔板，其方法数为：N=C 2913110C =--=36种.绿色通道:n 个相同．．的元素分配到m 个不同的单元中（n≥m)，不能有空放，常用隔板法，有C 11--m n 种不同的分配方法.变式训练3.8个相同的球放入标号为1、2、3的三个盒子中，问有多少种不同的放法？ 解法一：与例3不同的是，此题中的盒子可以为空.还是利用隔板原理将8个球分为三堆，只不过有的堆的球数为零，即在8个球之间及两端插入两块隔板.首先将8个球排成一排，就有9个空，任取一个空插入一块隔板，有C 19种；然后再将第二块隔板插入前面8个球和第一块隔板形成的10个空中，有C 110种，但这两种放法中有重复的，要除以2；最后将第一块隔板左边的球放入1号盒子中，两块隔板之间的球放入2号盒子中，第二块隔板右边的球放入3号盒子中.故共有21C 19C 110=C 210=45种. 解法二：分三类：第一类，把8个小球放入一个盒内，有C 13种放法.第二类，把8个小球放入两个盒内，先去掉一个空盒有C 13种方法，然后在8个小球的7个空隙中插入一个隔板分成两份，分别放入两个盒内有C 17种方法，故第二类共有C 13·C 17种方法.第三类，三个盒子都不空，利用隔板法将8个小球分成三份，分别放入3个盒中，共有C27种方法，故共有C13+C13·C17+C27=45种方法.【例4】有甲、乙、丙三项任务，甲需由2人承担，乙、丙各需由1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有多少种？分析：有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，常采用逐步分组法求解. 解：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下8人中选1人承担乙项任务，最后从另外7人中选1人承担丙项任务，根据乘法原理可知不同的方法种数共计C2 10·C18·C17=2 520种.绿色通道:有序分配问题通常是根据需要选出人员分配给各个任务或项目..变式训练4.(2020高考重庆卷，8)将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）A.30种B.90种C.180种D.270种解：设三个班级为甲、乙、丙，则5名实习教师分配到三个班级，由题意知，一定有一个班级只分配到一名实习教师，其余两个班级每个班级分到了两名实习教师.故分步：第一步，选一名教师安排在一个班级中有C15C13种方法；第二步，余下的4名教师平均分配给剩下的两个班级，有C24C22种方法.故共有C15C13·C24C22=90种分配方案.【例5】有甲、乙、丙、丁四种不同的种子，要选出三种在三块不同的土地上试种.若甲被选，则甲必在第一块土地上试种，问不同的试种方法有多少种？分析：列举法即一一列举，它虽然不如其他方法简捷，但思维更加严谨、清晰. 解：如果甲被选，则有甲、乙、丙，甲、丙、乙，甲、丙、丁，甲、丁、丙，甲、乙、丁，甲、丁、乙6种不同的选法；如果甲未被选，则有乙、丙、丁，乙、丁、丙，丙、乙、丁，丙、丁、乙，丁、乙、丙，丁、丙、乙6种不同的选法.故有N=6+6=12种.绿色通道:当完成一件事情没有直接的公式可用且数目较小时，我们可以按着“次序”一一地“数”出来，这就是列举法.用列举法解排列组合问题时，通常要借助图表来表示，这样不仅可以帮助我们在选取时避免重复和遗漏，而且可以使分析过程更清晰明了..变式训练5.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都不相同的填法有多少种？解：采用树形图如下：故填法有9种.。
