第1讲 计数原理、二项式定理考点1 排列组合与计数原理的应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2.[例1] (1)[2019·陕西西安模拟]把15人分成前、中、后三排，每排5人，则不同的排法种数共有( )A .A 1515A 33B ．A 515A 510A 55A 33C ．A 1515D ．A 515A 510(2)[2019·安徽合肥质检]某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5个区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数共有( )A ．96B ．114C ．168D ．240(1)把位置从1到15标上号，问题就转化为15人站在15个位置上，共有A 1515种情况．(2)先在a 中种植，有4种不同的种植方法，再在b 中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，再在e中种植，有2种不同的种植方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)．故选C.【答案】(1)C(2)C解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，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.『对接训练』1．[2019·河南十所名校尖子生联考]5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻且甲不站在两端的排法种数是()A．40 B．36C．32 D．24详细分析：由题可得，甲与乙相邻的排法种数为A44A22＝48，甲站在两端且与乙相邻的排法种数为C12A33＝12，所以甲与乙相邻且甲不站在两端的排法种数是48－12＝36.故选B.答案：B2．[2019·广东六校联考]从两个不同的红球、两个不同的黄球、两个不同的蓝球共六个球中任取两个，放入红、黄、蓝三个袋子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法共有()A．42种B．36种C．72种D．46种详细分析：分以下几种情况：①取出的两球同色时，有3种可能，取出的球只能放在与球的颜色不同的两个袋子中，有A22种不同的放法，故不同的放法共有3A22＝6(种)；②取出的两球不同色时，有一红一黄、一红一蓝、一黄一蓝3种可能，由于球不同，所以取球的方法数为3C12 C12＝12(种)，取球后将两球放入袋子中的方法有C13C12－3＝3(种)，所以不同的放法有12×3＝36(种)．综上可得不同的放法共有42种，故选A.答案：A考点2二项式定理1．通项与二项式系数T r＋1＝C r n a n－r b r，其中C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．2．各二项式系数之和(1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.[例2](1)[2019·全国卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为()A．12 B．16C．20 D．24(2)[2019·浙江卷]在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．详细分析：(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.(2)该二项展开式的第k＋1项为T k＋1＝C k9(2)9－k x k，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.答案：(1)A(2)162 5(1)利用二项式定理求解的两种常用思路①二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程解决的．②二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值.(2)[警示]在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；②T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项；③公式中，a ，b 的指数和为n ，且a ，b 不能随便颠倒位置； ④对二项式(a －b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．『对接训练』3．[2019·天津卷]⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的展开式中的常数项为______． 详细分析：本题主要考查二项式定理的应用，考查的核心素养是数学运算．二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(2x)8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－18x 3r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－18r ·28－r ·C r 8x 8－4r ，令8－4r ＝0可得r ＝2，故常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－182×26×C 28＝28. 答案：284．[2019·浙江金华十校联考]已知(x ＋1)4＋(x －2)8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，则a 3＝( )A ．64B ．48C ．－48D ．－64详细分析：由(x ＋1)4＋(x －2)8＝[(x －1)＋2]4＋[(x －1)－1]8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，得a 3·(x －1)3＝C 14·(x －1)3·2＋C 58·(x －1)3·(－1)5，∴a 3＝8－C 58＝－48.故选C .答案：C课时作业17 计数原理、二项式定理1．[2019·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A ．8B ．15C ．18D ．30详细分析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法．根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法，故选A .答案：A2．[2019·云南昆明一中检测]从一颗骰子的六个面中任意选取三个面，其中只有两个面相邻的不同的选法共有( )A ．20种B ．16种C ．12种D ．8种详细分析：从一颗骰子的六个面中任意选取三个面共有C 36＝20种选法，其中有三个面彼此相邻的有8种，所以只有两个面相邻的不同的选法共有20－8＝12(种)． 答案：C3．[2019·河北唐山期末]在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，x 2的系数为( )A .154B ．－154C .38D ．－38详细分析：⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 26－r ⎝⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－1)r C r 622r －6x 3－r ，令r ＝1，可得x 2的系数为(－1)1×C 16×22×1－6＝－38.故选D . 答案：D 4．[2019·海南三亚华侨学校期末]六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．480种B ．360种C ．240种D ．120种详细分析：解法一 因为六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，所以甲有C 14种情况，剩余的选手有A 55种情况，所以不同的演讲次序共有C 14·A 55＝480(种)，故选A . 解法二 六位选手全排列有A 66种演讲次序，其中选手甲第一个或最后一个演讲有2A 55种情况，故不同的演讲次序共有A 66－2A 55＝480(种)．故选A .答案：A5．[2019·河北保定期末](1－2x)5(2＋x)的展开式中，x 3的系数是( )A ．－160B ．－120C ．40D ．200详细分析：(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是(1－2x)5的展开式中x 3的系数的2倍与(1－2x)5的展开式中x 2的系数的和，易知(1－2x)5的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－2)r C r 5x r ，令r ＝3，得x 3的系数为－8C 35＝－80，令r ＝2，得x 2的系数为4C 25＝40，所以(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是－80×2＋40＝－120.故选B .答案：B6．[2019·浙江七彩联盟联考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n 的展开式中，所有项的二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为( )A ．10B ．－10C ．5D ．－5详细分析：由二项式系数之和为32，知2n ＝32，可得n ＝5，T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r ·25－r C r 5x 510-2r.令10－52r ＝0，可得r ＝4，所以常数项为(－1)4×21×C 45＝10，故选A .答案：A7．[2019·广东广州调研]某电台做《一校一特色》访谈节目，分A ，B ，C 三期播出，A 期播出两所学校，B 期、C 期各播出1所学校．现从8所候选学校中选出4所参与这三期节目的录制，不同的选法共有( )A ．140种B ．420种C ．840种D ．1 680种详细分析：由题易知，不同的选法共有C 28C 16C 15＝840(种)．故选C . 答案：C8．[2019·河北定州模拟]将“福”“禄”“寿”三个字填入如图所示的4×4小方格中，每个小方格内只能填入一个字，且任意两个字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )A .288种B ．144种C ．576种D ．96种详细分析：依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个字，有16种方法；(2)因为任意两个字既不同行也不同列，所以第二个字有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个字有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．故选C .答案：C9．[2019·海南三亚华侨学校期末]在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的指数是整数的项数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5详细分析：∵⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 24(x)24－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24x 512-6r ，∴当r ＝0,6,12,18,24时，x 的指数是整数，故x 的指数是整数的有5项，故选D .答案：D10．[2019·第一次全国大联考]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中第m项为常数项，则m ，n 应满足( )A ．2n ＝3(m －1)B ．2n ＝3mC ．2n ＝(3m ＋1)D ．2n ＝m详细分析：由题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r C r n x3n-2r，当n ＝32r ，即2n ＝3r 时，为常数项，此时r ＝m －1，所以m ，n 应满足2n ＝3(m －1)，故选A .答案：A11．[2019·甘肃兰州实战模拟]某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站在前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A ．A 1818种B ．A 2020种C ．A 23A 318A 1010种D ．A 22A 1818种详细分析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站在前排并与中国领导人相邻，有A 22种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有A 1818种站法．根据分步乘法计数原理，共有A 22A 1818种不同的站法，故选D .答案：D12．[2019·辽宁营口模拟](1＋x)2n (n ∈N *)的展开式中，系数最大的项是( )A ．第n2＋1项 B ．第n 项C ．第n ＋1项D ．第n 项与第n ＋1项详细分析：在(1＋x )2n (n ∈N *)的展开式中，第r ＋1项的系数与第r ＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n ＋1项，可得第n ＋1项的系数最大，故选C.答案：C13．[2019·陕西西安质检]如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．详细分析：当相同的数字不是1时，有C 13个“好数”；当相同的数字是1时，有C 13C 13个“好数”，由分类加法计数原理知共有C 13＋C 13C 13＝12个“好数”．答案：1214．[2019·江西南昌重点中学段考](x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为________．详细分析：解法一 因为(x －y ＋2)6＝[(x ＋2)－y ]6，所以展开式中含y 4的项为C 46(x ＋2)2y 4＝15x 2y 4＋60xy 4＋60y 4，所以展开式中y 4的系数为60.解法二 由于(x －y ＋2)6的展开式中y 4项不含x ，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4项就是(2－y )6的展开式中的y 4项，所以C 46×22(－y )4＝60y 4，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为60.答案：6015．[2019·安徽示范高中高三测试]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________．详细分析：解法一 从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C 316，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C 24×C 112，3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C 14×C 34，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C 316－C 24×C 112－C 14×C 34＝472.解法二 若取出的3张卡片中没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C 14×C 14×C 14＝64；若仅有2张卡片的颜色相同，则不同取法的种数为C 23×C 12×C 24×C 14＝144.若红色卡片有1张，且剩余2张不同色时，不同取法的种数为C 14×C 23×C 14×C 14＝192；若红色卡片有1张，且剩余2张同色时，不同取法的种数为C 14×C 13×C 24＝72.所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．答案：47216．[2019·陕西彬州第一次教学质量监测]如果⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中1x 2的系数是________．详细分析：令x ＝1，可得各项系数之和为(3－1)n ＝256，求得n ＝8，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 28的通项公式是T r ＋1＝C r 8·(3x )8－r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 2r ＝C r 8·38－r ·(－1)r·x 8－53r ，令8－53r ＝－2，解得r ＝6.故展开式中1x 2的系数是C 68·32＝252.答案：252。
第七部分：计数原理、概率、随机变量及其分步、统计、 统计案例（2）（限时：时间45分钟，满分100分）、选择题1 31 •已知（X 2—二）"的展开式中第三项与第五项的系数之比为 帀，则展开式中常数项是（）A •— 1B • 1 C.— 45 D • 45r当 20 — 2r — = 0,即当 r = 8 时， 常数项为 C 108( — 1)8= C o 2= 45，选 D.【答案】 D1 n2 •若(x + -)n展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为( )XA . 10B • 20 C. 30 D • 120【解析】•.•2n = 64,「. n = 6, 1•••T k +1= C 6kx 6— k(-)k= C 6kx6— 2k,•••当k = 3时，T 4为常数项，3• -T 4= C o = 20.【答案】 B3 • (2020年献县二模)(1 — ,x) 6(1 + ,x)4的展开式中x 的系数是()A • — 4B • — 3C . 3D • 4【解析】 方法一 ：(1 — . x) 6(1 + . x)4的展开式中x 的一次项为：C 60•C 42( x)2+ G 2( — x) 2•C 40+ C 61( — x)・C 41( .x)【解析】 由题知第三项的系数为 G 2（ — 1）2= G 2,第五项的系数为G 2G 4( — 1)4= G 4,则有吕C n£解得n =10,由 T r + 1= C r 20— 2r oXr rx — 2( —=6x + 15x — 24x = — 3x ,所以(1 — x) 6(1 + x)4的展开式中x 的系数是一3.方法二：由于(1 — x) 6(1 + x) 4= (1 — x) 4(1 — x) 1 2的展开式中x 的一次项为: 。
3( — x) •C 2 + C 4°•C 22( — J x) 2=— 4x + x =— 3x , 所以(1 —■ x) 6(1 + x)4的展开式中x 的系数是一3.【答案】 B8 84 .设(1 + x) = a o + a 1x +…+ a $x ，则 a o , a 1,…，a 8中奇数的个数 为() A . 2 B . 3 C. 4 D . 58 2 8_,【解析】 由(1 + x) = a o + a 1x + a 2x +…+ a $x 可以知道，a o 、a” a 2、…、a 8均为二项式系数，依次是 C 0、Q 4、C 2…、C 8,0 8 1 7 2 6 3 5C 8 = C 8 = 1, C 8 = C 8 = 8, C 8 = C 8 = 28, C = C 8 = 56 ,Q = 70,.・a o , a-1，…，a 8中奇数只有a o 和a s 两个. 【答案】 A1 n 1 15 .若(2x —-)展开式中含 广项的系数与含项的系数之比为一5，则n 等于()入 入 入A . 4B . 6 C. 8 D . 1o 【解析】1kn —kk• T =C (2x) (—x )kk 亠 n —k n — 2k=G ( — 1)・2 x ,n + 2•••令 n — 2k = — 2 得 k = -; n + 4令 n — 2k =— 4 得 k =〒,n +4n +4C2n(— 1)22n—解得n = 6. 【答案】 B 二、填空题6. 1 + 3 + 32+…+ 399被4除所得的余数是 ___________2 991 — 3100【解析】•/ 1+ 3+ 3 +…+ 3 =1 — 34则（1 + x + x 2）（x + p n 的展开式中无常数项.n+2 n+2 C〒n( —1)〒2 n-n+ 2 2 n+ 4 21100 1 99 8 2 9 =—(4 — C 100 4 +…+ C 1009 ・4 — C oo9 4)=8（4 98— C o 。
第七部分：计数原理、概率、随机变量及其分步、统计、统计案例（5）（限时：时间45分钟，满分100分）一、选择题1 .在直角坐标系xOy平面上，平行直线x= m（m= 0,1,2,3,4），与平行直线y = n（n = 0,1,2,3,4）组成的图形中，矩形共有（）A. 25个B . 100 个C. 36 个D . 200 个【解析】两条水平线与两条竖直线可组成一个矩形，所以矩形的个数也就是从5条水平线中取两条水平线，从五条竖直线中取两条竖直线的方法，所以共有C52・C2= 100个.【答案】B2 •将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有（）A. 252 种B . 112 种C. 70 种D . 56 种【解析】分两类：甲、乙每屋住4人、3人或5人、2人，所以共有G3A2+ G2A/=35X 2+ 21 X 2= 112 种.【答案】B3. （2020年天津联考）有8张卡片分别标有数字123,4,5,6,7,8 ，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5,则不同的排法共有（）A. 1 344 种B . 1 248 种C . 1 056 种D . 960 种【解析】当中间行为时，共有排法A64- A2X 2X 2= 312种, 其中A A表示故A42X 2X2表示2,3在第一行或第三行的所有排法.匸厶当中间行为时，也有312种.所以中间行放标有1,4的卡片时,共有312X 2= 624 种.所以中间行放标有2,3的卡片时，也有624种，所以共有排法624X 2= 1 248种.【答案】B4. （2020年沧州一模）12名同学合影，站成了前排4人后排8人.现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（）A. G2A32B . C2A662 2 2 2C. G A6 D . C8A5【解析】解决本题可分两个步骤：第一步：从后排8人中抽取2人，有C e2种方法；第A6二步：前排6人的排列•因为原来前排的4人顺序不变，所以有—4= A2种方法（或者第二步是从前排的6个位置中选2个位置让抽出来的2人排好，剩余的4人按原顺序排好，有A62种方法）.根据分步乘法计数原理得共有C82A62种方法.【答案】C5•甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（）A. 20 种B . 30 种C. 40种D . 60 种【解析】甲排周一时，有A2= 12种排法.甲排周二时，有A = 6种排法.甲排周三时，有A = 2种排法.故共有12 + 6 + 2= 20种不同的排法.【答案】A二、填空题6. （2020年珠海模拟）从5名外语系大学生中选派4名同学参加广州亚运会翻译、交通、礼仪三项义工活动，要求翻译有2人参加，交通和礼仪各有1人参加，则不同的选派方法共有________ 种.【解析】本题可分三步完成.第一步：先从5人中选出2名翻译，共C52种选法，第二步：从剩余3人中选1名交通义工，共C31种选法，1第三步：从剩余2人中选1名礼仪义工，共C2种选法，2 11所以不同的选派方法共有C5 C3 C2 = 60种.【答案】607 .如图所示，在A, B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通. 今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有____________ 种.A 3【解析】本题考查分类和分步计数原理的应用，可采用排除法，各个焊点的情况各有2种情况，故四个焊点共有24种可能，其中能使线路通的情况是：1,4都通,2和3中至少有一个通时线路才通，共有3种可能，故不通的共有24- 3= 13种可能.【答案】138. 某班要从A, B, C, D, E五人中选出三人担任班委中三种不同的职务，则上届任职的A, B, C三人都不连任原职务的方法有___________ 种.【解析】分三类.①A, B, C三人入选，则只有2种方法.②若A, B, C三人只有两人入选，则一共有C32•C 21• 3= 18 种.③若A, B, C三人中只有一人入选，则一共有C31•C 22• 4= 12 种.所以一共有2 + 18+ 12= 32种方法.【答案】32三、解答题9. 有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取1只测试，直到4只次品全测出为止，求最后1只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？【解析】方法一：设想有五个位置，先从6只正品中任选1只，放在前四个位置的任一个上，有G1C41种方法；再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有A4种排法.故不同的情形共有C61C41A44= 576种.方法二：设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有C41种方法.再从6只正品中任选1只和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有G1A4种方法.故不同的情形共有G1G1A4= 576种.10. (1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种?(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？【解析】(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A = 24种.(2) T总的排法数为岸=120种，1 5•••甲在乙的右边的排法数为2>A5 = 60种.(3) 方法一：每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有G2X 2= 42种；若分配到3所学校有G3= 35种.•共有7+ 42+ 35= 84种方法.方法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中, 共有C96= 84种不同的方法.所以名额分配的方法共有84种.。
