1、-PAGE . z.兩個計數原理與排列組合知識點及例題兩個計數原理內容1、分類計數原理：完成一件事，有n類方法，在第1類方法中有m1種不同的方法，在第2類方法中有m2種不同的方法在第n類方法中有mn種不同的方法，則完成這件事共有N=m1 +m2 +mn種不同的方法.2、分步計數原理：完成一件事，需要分n個步驟，做第1步驟有m1種不同的方法，做第2步驟有m2種不同的方法做第n步驟有mn種不同的方法，則完成這件事共有N=m1m2mn種不同的方法.例題分析例1 *學校食堂備有5種素菜、3種葷菜、2種湯。現要配成一葷一素一湯的套餐。問可以配制出多少種不同的品種？ 分析：1、完成的這件事是什么？ 2、如

2、何完成這件事？配一個葷菜、配一個素菜、配一湯 3、它們屬于分類還是分步？是否獨立完成 4、運用哪個計數原理？ 5、進展計算. 解：屬于分步：第一步 配一個葷菜 有3種選擇 第二步 配一個素菜 有5種選擇 第三步 配一個湯 有2種選擇共有N=352=30種例2 有一個書架共有2層，上層放有5本不同的數學書，下層放有4本不同的語文書。 1從書架上任取一本書，有多少種不同的取法？ 2從書架上任取一本數學書和一本語文書，有多少種不同的取法？1分析：1、完成的這件事是什么？ 2、如何完成這件事？ 3、它們屬于分類還是分步？是否獨立完成 4、運用哪個計數原理？ 5、進展計算。 解：屬于分類：第一類 從上層

3、取一本書 有5種選擇 第二類 從下層取一本書 有4種選擇共有N=5+4=9種 2分析：1、完成的這件事是什么？ 2、如何完成這件事？ 3、它們屬于分類還是分步？是否獨立完成 4、運用哪個計數原理？ 5、進展計算.解：屬于分步：第一步 從上層取一本書 有5種選擇 第二步 從下層取一本書 有4種選擇 共有N=54=20種例3、 有1、2、3、4、5五個數字.1可以組成多少個不同的三位數？2可以組成多少個無重復數字的三位數？3可以組成多少個無重復數字的偶數的三位數？1分析： 1、完成的這件事是什么？ 2、如何完成這件事？配百位數、配十位數、配個位數 3、它們屬于分類還是分步？是否獨立完成 4、運用哪

4、個計數原理？ 5、進展計算.略解：N=555=125個【例題解析】1、*人有4條不同顏色的領帶和6件不同款式的襯衣，問可以有多少種不同的搭配方法？2、有一個班級共有46名學生，其中男生有21名. 1現要選派一名學生代表班級參加學校的學代會，有多少種不同的選派方法？ 2假設要選派男、女各一名學生代表班級參加學校的學代會，有多少種不同的選派方法？3、有0、1、2、3、4、5六個數字.1可以組成多少個不同的三位數？2可以組成多少個無重復數字的三位數？3可以組成多少個無重復數字的偶數的三位數？排列與組合1.排列的概念：從個不同元素中，任取個元素這里的被取元素各不一樣按照一定的順序排成一列，叫做從個不同

5、元素中取出個元素的一個排列2.排列數的定義：從個不同元素中，任取個元素的所有排列的個數叫做從個元素中取出元素的排列數，用符號表示3.排列數公式：4.階乘：表示正整數1到的連乘積，叫做的階乘規定5.排列數的另一個計算公式：=6.組合概念：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合7組合數的概念：從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數用符號表示8.組合數公式：或9.組合數的性質1：規定：；10.組合數的性質2：+0+1+n=2n題型講解例1 分別求出符合以下要求的不同排法的種數16名學生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；26

6、名學生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；3從6名運發動中選出4人參加4100米接力賽，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；46人排成一排，甲、乙必須相鄰；56人排成一排，甲、乙不相鄰；66人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊甲、乙、丙可以不相鄰解：1分排坐法與直排坐法一一對應，故排法種數為2甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有種選法，然后其他5人選，有種選法，故排法種數為3有兩棒受限制，以第一棒的人選來分類：乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數為；乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有種選法，其余兩棒次不受限制，故有種排法，由分類計數原理，共有種

7、排法4將甲乙捆綁成一個元與其他4人一起作全排列共有種排法5甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的4人的左、右及之間的空擋插位，共有或用6人的排列數減去問題2后排列數為6三人的順序定，實質是從6個位置中選出三個位置，然后排按規定的順序放置這三人，其余3人在3個位置上全排列，故有排法種點評：排隊問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰例2 假設在100件產品中有3件是次品，從中任意抽取5件，求以下抽取方法各多少種？1沒有次品；2恰有兩件是次品；3至少有兩件是次品解：1沒有次品的抽法就是從97件正品中抽取5件的抽法，共有種2恰有2件是次品的抽

8、法就是從97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽2件的抽法，共有種3至少有2件次品的抽法，按次品件數來分有二類：第一類，從97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽取2件，有種第二類從97件正品中抽取2件，并將3件次品全部抽取，有種按分類計數原理有種點評：此題是只選元而不排序的典型的組合問題，附加的條件是從不同種類的元素中抽取，應當注意：如果第3題采用先從3件次品抽取2件以保證至少有2件是次品，再從余下的98件產品中任意抽取3件的抽法，則所得結果是種，其結論是錯誤的，錯在重復：假設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，與第一步先抽A、C或B、C，第二步再抽B或A和其余2件

9、正品是同一種抽法，但在算式中算作3種不同抽法例3求證：；證明：利用排列數公式 左右另一種證法：利用排列的定義理解從n個元素中取m個元素排列可以分成兩類：第一類不含*特殊元素的排列有第二類含元素的排列則先從個元素中取出個元素排列有種，然后將插入，共有m個空檔，故有種，因此利用組合數公式左右另法：利用公式推得 左右點評：證明排列、組合恒等式通常利用排列數、組合數公式及組合數根本性質例4 是集合到集合的映射1不同的映射有多少個？2假設要求則不同的映射有多少個？分析：1確定一個映射，需要確定的像2的象元之和為4，則加數可能出現多種情況，即4有多種分析方案，各方案獨立且并列需要分類計算解：1A中每個元都

10、可選0,1,2三者之一為像，由分步計數原理，共有個不同映射 2根據對應的像為2的個數來分類，可分為三類：第一類：沒有元素的像為2，其和又為4，必然其像均為1，這樣的映射只有一個；第二類：一個元素的像是2，其余三個元素的像必為0,1,1，這樣的映射有個；第三類：二個元素的像是2，另兩個元素的像必為0，這樣的映射有個由分類計數原理共有1+12+6=19個點評：問題1可套用投信模型：n封不同的信投入m個不同的信箱，有種方法；問題2的關鍵結合映射概念恰當確定分類標準，做到不重、不漏例5四面體的頂點和各棱的中點共10個點1設一個頂點為A，從其他9點中取3個點，使它們和點A在同一平面上，不同的取法有多少種

11、？2在這10點中取4個不共面的點，不同的取法有多少種？解：1如圖，含頂點A的四面體的三個面上，除點A外都有5個點，從中取出3點必與點A共面，共有種取法含頂點A的棱有三條，每條棱上有3個點，它們與所對棱的中點共面，共有3種取法根據分類計數原理和點A共面三點取法共有種2取出的4點不共面比取出的4點共面的情形要復雜，故采用間接法：先不加限制任取4點種取法減去4點共面的取法取出的4點共面有三類：第一類：從四面體的同一個面上的6點取出4點共面，有種取法第二類：每條棱上的3個點與所對棱的中點共面，有6種取法第三類：從6條棱的中點取4個點共面，有3種取法根據分類計數原理4點共面取法共有故取4個點不共面的不同

12、取法有種點評：由點構成直線、平面、幾何體等圖形是一類典型的組合問題，附加的條件是點共線與不共線，點共面與不共面，線共面與不共面等小結 ：個不同的元素必須相鄰，有種捆綁方法個不同元素互不相鄰，分別插入到個間隙中的個位置有 種不同的插入方法個一樣的元素互不相鄰，分別插入到個間隙中的個位置，有種不同的插入方法假設干個不同的元素等分為 個組,要將選取出每一個組的組合數的乘積除以【例題解析】例1 完成以下選擇題與填空題1有三個不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有種。A.81B.64C.24D.42四名學生爭奪三項冠軍，獲得冠軍的可能的種數是 A.81B.64C.24D.43有四位學生參加

13、三項不同的競賽，每位學生必須參加一項競賽，則有不同的參賽方法有；每項競賽只許有一位學生參加，則有不同的參賽方法有；每位學生最多參加一項競賽，每項競賽只許有一位學生參加，則不同的參賽方法有。解析 1完成一件事是分步進展還是分類進展，是選用根本原理的關鍵。將投四封信這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個不同信箱的三種方法，因此：N=3333=34=81，故答案選A。此題也可以這樣分類完成，四封信投入一個信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個信箱中，有C32C41A22+C42C22種投法；四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信箱中，有C42A33種投法、，故共有C31+C32C41A

14、22+C42C22+C42A33=81種。應選A。2因學生可同時奪得n項冠軍，故學生可重復排列，將4名學生看作4個店，3項冠軍看作客，每個客都可住進4家店中的任意一家，即每個客有4種住宿法。由分步計數原理得：N=444=64。故答案選B。3學生可以選擇工程，而競賽工程對學生無條件限制，所以類似1可得N=34=81種；競賽工程可以挑學生，而學生無選擇工程的時機，每一項可以挑4種不同學生，共有N=43=64種；等價于從4個學生中挑選3個學生去參加三個工程的競賽，每人參加一項，故共有C43A33=24種。注： 此題有許多形式，一般地都可以看作以下命題：設集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,

15、bm，則f：AB的不同映射是mn,f：BA的不同映射是nm。假設nm，則f：AB的單值映射是：Amn。例2 同室四人各寫一*賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一*別人送出的賀年卡，則四*賀年卡不同的分配方式有 A.6種B.9種C.11種D.23種解法一 由于共四人用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人，這個數目不大，化為填數問題之后，可用窮舉法進展具體的填寫：再按照題目要求檢驗，最終易知有9種分配方法。解法二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時丙、丁只有互送卡片1

16、種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時，甲收到卡片的方式有2種分別是丙和丁送出的。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據乘法原理，不同的分配方式數為 1+2=9。解法三 給四個人編號：1，2，3，4，每個代表1個人，人與之間的關系為一對一的關系；每個人送出的賀年卡賦給與其編號一樣的數字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽象為如下數學問題：將數字1，2，3，4，填入標號為1，2，3，4的4個方格里，每格填寫一個數字，且每個方格的編號與所填數字都不同的填法共有多少種也可以說成：用數字1，2，3，4組成沒有重復數字的4位數，而且每位數字都不等于位數的4位數共有多少個？這時

17、，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號方格里填寫數字，可填上2、3、4中的任一個數，有3種填法；其次，當第1號方格填寫的數字為i2i4時，則填寫第i種方格的數字，有3種填法；最后，將剩下的兩個數填寫到空著的兩個空格里，只有1種填法因為剩下的兩個數中，至少有1個與空著的格子的序號一樣。因此，根據乘法原理，得不同填法：331=9注： 此題是亂坐問題，也稱錯排問題，當元素較大時，必須用容斥原理求解，但元素較小時，應用分步計數原理和分類計數原理便可以求解，或可以窮舉。例3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排8盞，為節約用電又不影響照明，要求同時熄掉其中3盞，但不能同時熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？

18、解法一 我們將8盞燈依次編號為1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盞燈中，假設第一盞熄1號燈，第二盞熄3號燈，則第3盞可以熄5，6，7，8號燈中的任意一盞，共有4種熄法。假設第一盞熄1號燈，第2盞熄4號燈，則第3盞可以熄6，7，8號燈中的任意一盞。依次類推，得假設1號燈熄了，則共有4+3+2+1=10種熄法。假設1號燈不熄，第一盞熄的是2號燈，第二盞熄的是4號燈，則第三盞可以熄6，7，8號燈中的任意一盞，共有3種熄法。依次類推得，假設第一盞燈熄的是2號燈，則共有3+2+1=6種熄法。同理，假設第一盞熄的是3號燈，則共有2+1=3種熄法。同理，假設第一盞熄的是4號燈，則有1種熄法。綜上所述

19、共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問題就等價于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰燈是一樣的。5盞亮著的燈之間產生6個間隔包括兩邊，從中插入3個作為熄滅的燈就是我們經常解決的相鄰不相鄰問題，采用插入法，得其答案為C63=20種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時較繁。方法二從另外一個角度審題，認清其數學本質，抽象成數學模型，解題時有一種豁然開朗的感覺。例4 直線a*+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個不同的元素，并

20、且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數。解 設傾斜角為，由為銳角，得tan=-0,即a、b異號。1假設c=0，a、b各有3種取法，排除2個重復3*-3y=0,2*-2y=0,*-y=0，故有33-2=7條。2假設c0，a有3種取法，b有3種取法，而同時c還有4種取法，且其中任兩條直線均不一樣，故這樣的直線有334=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。注 ： 此題是1999年全國高中數學聯賽中的一填空題，據抽樣分析正確率只有0.37。錯誤原因沒有對c=0與c0正確分類；沒有考慮c=0中出現重復的直線。例5 平面上給定10個點，任意三點不共線，由這10個點確定的直線中，無三

21、條直線交于同一點除原10點外，無兩條直線互相平行。求：1這些直線所交成的點的個數除原10點外。2這些直線交成多少個三角形。解法一 1由題設這10點所確定的直線是C102=45條。這45條直線除原10點外無三條直線交于同一點，由任意兩條直線交一個點，共有C452個交點。而在原來10點上有9條直線共點于此。所以，在原來點上有10C92點被重復計數。所以這些直線交成新的點是：C452-10C92=630。2這些直線所交成的三角形個數可如下求：因為每個三角形對應著三個頂點，這三個點來自上述630個點或原來的10個點。所以三角形的個數相當于從這640個點中任取三個點的組合，即C6403=43 48608

22、0個。解法二 1如圖對給定的10點中任取4個點，四點連成6條直線，這6條直線交3個新的點。故原題對應于在10個點中任取4點的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點的個數是：3C104=630。2同解法一。注 用排列、組合解決有關幾何計算問題，除了應用排列、組合的各種方法與對策之外，還要考慮實際幾何意義。例6 1如果*+2n展開式中，第四項與第六項的系數相等。求n，并求展開式中的常數項；2求-8展開式中的所有的有理項。解 1由C2n3=C2n5,可得3+5=2nn=4。設第k+1項為常數項則 Tk+1=C8k*8-k*-k=C8k*8-2k8-2k=0，即k=4常數項為T5=C84=70。2設第k

23、+1項有理項，則因為0k8，要使Z，只有使k分別取0，4，8所以所求的有理項應為：T1=*4,T5=*,T9=*-2注 1二項式展開中，要注意系數與二項式系數的區別；2在二項展開式中求得k后，對應的項應該是k+1項。例7 1求46n+5n+1被20除后的余數；27n+17n-1+27n-2+n-17除以9，得余數是多少？3根據以下要求的準確度，求1.025的近似值。準確到0.01；準確到0.001。解 1首先考慮46n+5n+1被4整除的余數。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+114n+124n-1+1n4+1其被4整除的余數為1被20整除的余數可以為1，5，9，13，17然后考慮46n+

24、1+5n+1被5整除的余數。46n=4(5+1)n=4(5n+15n-1+25n-2+n-15+1)被5整除的余數為4其被20整除的余數可以為4，9，14，19。綜上所述，被20整除后的余數為9。2 7n+17n-1+27n-2+n-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-19n-1+29n-2+(-1)n-1n-19+(-1)nn-1(i)當n為奇數時原式=9n-19n-1+29n-2+-1n-1n-19-2除以9所得余數為7。(ii)當n為偶數時原式=9n-19n-1+29n-2+(-1)n-1n-19除以9所得余數為0，即被9整除。3(1.02)51+0.025 =

25、1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5當準確到0.01時，只要展開式的前三項和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。當準確到0.001時，只要取展開式的前四項和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。注 1用二項式定理來處理余數問題或整除問題時，通常把底數適當地拆成兩項之和或之差再按二項式定理展開推得所求結論。2用二項式定理來求近似值，可以根據不同準確度來確定應該取到展開式的第幾項。例8 證明以下不等式：1n,a、b*|*是正實

26、數,nN;2a、b為正數，且+=1，則對于nN有a+bn-an-bn22n-2n+1。證明 1令a=*+， b=*-則*=an+bn=(*+)n+(*-)n=*n+1*n-1+nn+*n-1*n-1+(-1)nnn=2(*n+2*n-22+4*n-44+)2*n即n2(a+b)n=an+1an-1b+nbn(a+b)n=bn+1bn-1a+nan上述兩式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+1(an-1b+bn-1a)+k(an-kbk+bn-kak)+n(an+bn) (*)+=1，且a、b為正數ab=a+b2ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b)

27、 n2an+2bn+12()n+22n+n-12()n(a+b)n-an-bn(1+2+n-1)n(2n-2)2n=22n-2n+1注 利用二項式定理的展開式，可以證明一些與自然數有關的不等式問題。題1中的換元法稱之為均值換元對稱換元。這樣消去奇數次項，從而使每一項均大于或等于零。題2中，由由稱位置二項式系數相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解題的方法是利用二項式展開式解題的常用方法。例9(1-a*)n展開式的第p,p+1,p+2三項的二項式系數構成等差數列，第n+1-p與第n+2-p項的系數之和為0，而1-a*n+1展開式的第p+1與p+2項的二項式系數之比為12。1求1-a*n+1展開式的中間項