計(jì)數(shù)原理與簡(jiǎn)單排列組合問(wèn)題知識(shí)點(diǎn)及題型歸納知識(shí)點(diǎn)精講基本概念.分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理Q）有n類(lèi)方法完成一件事,②任兩類(lèi)無(wú)公共方法（互斥）3每類(lèi)中每法可單獨(dú)做好這件事共有N共有N=m1 m2mn種不同方法.如圖12-1所示.2.分步乘法計(jì)數(shù)原理m1事、mn2.分步乘法計(jì)數(shù)原理m1事、mn事事事事A事事m1+m2+m3+…+mn事事事事事事圖12-1①必須走完n步，才能完成任務(wù)；完成一件事2）前一步怎么走對(duì)后一步怎么完成一件事2）前一步怎么走對(duì)后一步怎么共有N走無(wú)影響（獨(dú)立）mn種不同方法.如圖12-2所示.m〔事 m2事 mi事 mn事肇事事事B事事m1Xm"m3X->mn事事事事事事圖12-2n類(lèi)辦法，這nn類(lèi)辦法，這n類(lèi)辦法之間是互斥的，那么分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理和“分類(lèi)”有關(guān)，如果完成某件事情有求完成這件事情的方法總數(shù)時(shí)，就用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理 ^.如果完成某件事情有n.如果完成某件事情有n個(gè)步驟，而n個(gè)步驟后，這件事情才算完成，那當(dāng)然，在解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，并不一定是單一應(yīng)用分類(lèi)計(jì)數(shù)原理或分步計(jì)數(shù)原理，有時(shí)可能同時(shí)用到兩個(gè)計(jì)數(shù)原理.即分類(lèi)時(shí)，每類(lèi)的方法可能運(yùn)用分步完成；而分步后，每步的方法數(shù)可能會(huì)采取分類(lèi)的思想求方法數(shù).對(duì)于同一問(wèn)題，我們可以從不同的角度去處理，從而得到不同的解法（但方法數(shù)相同） ，這也是檢驗(yàn)排列組合問(wèn)題的很好方法..排列與排列數(shù)從n個(gè)不同元素中取出MmfCn）個(gè)（不同）元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列.從n個(gè)不同元素中選取m個(gè)元素（n>m）的排列個(gè)數(shù)共有A：.Amngn1gn2ggnm1(m個(gè)連續(xù)正整數(shù)之積，n為最大數(shù)).A；ngn1gn2gg3gZgln!Amn!Am(nm)!規(guī)定0!1.(nm)!注L Amnn1nm1常用Amnn1nm1常用于具體數(shù)字計(jì)算；而在進(jìn)行含字母算式化簡(jiǎn)或證明時(shí)，多用Amn!(nm)!可重排列與無(wú)重排列的區(qū)別.例如：用1,2,3,4,5這五個(gè)自然數(shù)，可排成有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)—— 5X5X5X5=54四—重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)—— 5X4X3X2=A54區(qū)別：不可重復(fù)排列：用過(guò)的數(shù)字不可再用，用一個(gè)少一個(gè)可重復(fù)排列：用過(guò)的數(shù)字還可再用，每次可用數(shù)字不減少。再例如：4封不同的信，全部投入5個(gè)信箱.0任意投（投過(guò)的信箱可再投入）一一 5X5X5X5=54.⑵每箱至多一封信（投過(guò)的信箱不可再投入）一一 5X4X3X2=A54..組合與組合數(shù)從n個(gè)不同元素中取出mm1cn）個(gè)（不同）元素，并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合.從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)共有C：.cmAcmAmn(n1)(n2)(nm1)

m!n!m!(nm)!注同樣，公式cmn（n1）（n2）—（nm”常用于具體數(shù)字計(jì)算,cm-n一常用于含字m! m!（nm）!母算式的化簡(jiǎn)或證明

(1)排列和組合的區(qū)別.組合：取出的元素地位平等，沒(méi)有不同去向和分工 ^排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同 ^注排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數(shù)目問(wèn)題，它們之間的主要區(qū)別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問(wèn)題，需要考慮順序的是排列問(wèn)題 .排列是在組合的基礎(chǔ)上對(duì)入選的元素進(jìn)行排隊(duì)， 因此，分析解決排列組合綜合問(wèn)題的基本思維是 “先組合，后排列”.例如：從10個(gè)人中抽出4人參加某項(xiàng)活動(dòng)有(1)排列和組合的區(qū)別.組合：取出的元素地位平等，沒(méi)有不同去向和分工 ^排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同 ^注排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數(shù)目問(wèn)題，它們之間的主要區(qū)別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問(wèn)題，需要考慮順序的是排列問(wèn)題 .排列是在組合的基礎(chǔ)上對(duì)入選的元素進(jìn)行排隊(duì)， 因此，分析解決排列組合綜合問(wèn)題的基本思維是 “先組合，后排列”.例如：從10個(gè)人中抽出4人參加某項(xiàng)活動(dòng)有C40種方案；從10個(gè)人中抽出4人分別參加4項(xiàng)活動(dòng)有A：。種方案.(2)一切排列數(shù)、組合數(shù)、階乘及它們展開(kāi)式的因數(shù)都是正整數(shù) ^3!=6,4!=24,5!=120,6!=720.C2cn2n(n1),A；n,A2n(n1).22)!.10099.21c9C40(口訣：相鄰組合數(shù)相加，加一元( n—n+1)取大(m+1叫取0!=1!=1,2!=2Cnc； 1,Cnc；(3)公式(性質(zhì))n(nc；mCn1)!n(n，如C980Cm;,如C1003C9n+1).mCm2mCnmCm4)CmCm2mCnmCm4)Cm題型歸納及思路提示題型1分類(lèi)計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理思路提示要明確完成一件事所包含的內(nèi)容是如何進(jìn)行的，若需分類(lèi)按加法數(shù)原理，若需分步按乘法計(jì)數(shù)原理 .分類(lèi)時(shí)要做到“不重不漏”，分步時(shí)要做到“步驟完整” .有些計(jì)數(shù)問(wèn)題既需要分類(lèi)，又需要分步，此時(shí)要綜合運(yùn)用兩個(gè)原理.例12.1現(xiàn)有3名老師，8名男生和5名女生共16人，有一項(xiàng)活動(dòng)需派人參加.(1)若只需1人參加，有多少種不同選法？(2)若需老師，男生，女生各1人參加，有多少種不同選法？(3)若需1名老師和1名學(xué)生參加，有多少種不同選法？解析(1)有3類(lèi)選人的方法：3名老師中選1人，有3種方法；8名男生中選1人，有8種方法；5名女生中選1人，有5種方法；由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，共有3+8+5=16(種)選法.(2)分3步選人：第一步選老師，有3中方法；第二步選男生，有8種方法；第三步選女生，有5種方法；由分步計(jì)數(shù)原理，共有 3X8X5=120(種)選法.(3)可分兩類(lèi)：每一類(lèi)又分兩步.第1類(lèi)：選1名教師和1名男生，因有兩步，故3X8=24(種)選法；第2類(lèi)：選1名教師和1名女生，因有兩步，故有3X5=15(種)選法.再由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，共有15+24=39(種)選法.評(píng)注在解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，并不一定是單一地應(yīng)用分類(lèi)計(jì)數(shù)原理或分步計(jì)數(shù)原理，有時(shí)可能同時(shí)用到兩個(gè)計(jì)數(shù)原理.即分類(lèi)時(shí)，每類(lèi)的方法可能運(yùn)用分步完成，而分步后，每步的方法數(shù)可能會(huì)采取分類(lèi)的思想求取.變式1有5張卡片，正反面分別寫(xiě)有數(shù)字 0與1,2與3,4與5,6與7,8與9,現(xiàn)從中任取三張，排成一列，問(wèn)共可擺出個(gè)不同的三位數(shù).

變式2晚會(huì)原有節(jié)目單由7個(gè)節(jié)目排成，現(xiàn)要新添3個(gè)不同的節(jié)目，且不改變?cè)泄?jié)目的相對(duì)順序，則這3個(gè)節(jié)目有多少種不同的安排方法？例12.2（1）若8名學(xué)生爭(zhēng)奪3項(xiàng)體育比賽的冠軍（每名學(xué)生參數(shù)項(xiàng)目不限） ，則冠軍獲得者有種不同情況（每個(gè)項(xiàng)目沒(méi)有并列冠軍） ^（2）8名學(xué)生從3項(xiàng)體育項(xiàng)目中選擇參數(shù)，若每一名學(xué)生只能參加一項(xiàng)， 則有種不同的參賽方法.分析正確理解任務(wù)完成的標(biāo)志，（1）即把3個(gè)冠軍名額全部分給8個(gè)學(xué)生（可以一名學(xué)生奪得多個(gè)冠軍）；（2）即為8名學(xué)生都報(bào)完比賽項(xiàng)目（可以多名學(xué)生報(bào)一個(gè)項(xiàng)目） ^解析（1）第1個(gè)冠軍名額的去向有8種，第2個(gè)冠軍名額和第三個(gè)冠軍名額同樣各有 8個(gè)可能去向，故冠軍獲得者共有8X8X8=83（種）不同的情況.（2）第一位學(xué)生報(bào)項(xiàng)目的方法有 3種，同樣，其他每一位學(xué)生都有 3種報(bào)取項(xiàng)目的選擇方法，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理，故應(yīng)有3X3X3X3X3X3X3X3=38（種）不同的參賽方法.變式1將3個(gè)信封投到4個(gè)郵箱，最多的投法有種.變式2現(xiàn)有6名同學(xué)聽(tīng)取同時(shí)進(jìn)行的5個(gè)課外知識(shí)講座，每個(gè)同學(xué)可自由選擇其中一個(gè)講座，不同的選法有（）種.A.56 B.6 5C.D.6C.D.6X5X4X3X2變式3已知集合A={1,2,3},B={1,2,3,4}.（1）映射f:ZB共有多少個(gè)？（2）映射g:4A共有多少個(gè)？4張賀卡的不例12.3同室44張賀卡的不同的分配方式有（ ）.A.6種B.9種C.11種D.23種分析將同室4人分別記為a,b,c,d,然后利用4個(gè)取卡的情況分步來(lái)確定.解析解法一：第一步，4個(gè)人中的任意一人（例如a）取一張，則由題意知共有3種取法；第二步：由第一人取走的賀卡的供卡人取，也有 3種取法；第三步：由剩余的兩人中的任一人取，只有 1種取法；第四步：最后一人取，只有 1種取法，由分步計(jì)數(shù)原理，共有3X3X1X1=9（種）.解法二：設(shè)4張賀卡分別記為A,B,QD由題意，某人（不妨設(shè)A卡的供卡人）取卡的情況有3種，據(jù)此將卡的不同分配方式分為 3類(lèi)，對(duì)于每一類(lèi)，其他人依次取卡分步進(jìn)行， 為了避免重負(fù)或遺漏現(xiàn)象，我們用“樹(shù)圖”表示如下：設(shè)a,b,c,d代表4個(gè)人，ABC,D分別代表這4個(gè)人寫(xiě)的賀卡，則有如圖12-3所示的樹(shù)狀圖.abcd.A--D--CB——C--D——-A~D-A——-C?A-"D--BC——'D--B--A、D-=A--B?A--B--CD"C A B圖12-3所以共有9種不同的分配方式.故選B.評(píng)注本例提供的第一種解法用了分步計(jì)數(shù)原理， 關(guān)鍵是要弄清楚分步時(shí)每步的順序， 例如a先取走C卡,則下一步應(yīng)由c取，否則由b,c,d中一人取，就很難斷定是有3種還是2種取法了.TOC\o"1-5"\h\z第二種解法可以看作兩個(gè)原理的交替應(yīng)用，用樹(shù)圖表示一目了然，便于分析計(jì)數(shù)，避免了重復(fù)或遺漏 .在以后的學(xué)習(xí)中，用樹(shù)圖來(lái)直觀地分析問(wèn)題是常用的，請(qǐng)同學(xué)們重視 ^變式1（2012全國(guó)大綱理11）將字母a,a,b,b,c,c排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有 （）.A.12種B.18種C.24種D.36種變式23個(gè)人踢鍵子，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開(kāi)始踢，經(jīng)過(guò)5次傳遞后，鍵子又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有（ ）.A.6種B.8種C.10種D.16種例12.4某外語(yǔ)組有10人，每人至少會(huì)英語(yǔ)、法語(yǔ)中的一門(mén) .其中7人會(huì)英語(yǔ)，5人會(huì)法語(yǔ).從中選擇會(huì)英語(yǔ)和法語(yǔ)的各一人派往兩地參加會(huì)議，有多少種不同的方法？分析對(duì)于較為復(fù)雜的分類(lèi)與分步問(wèn)題，應(yīng)做到不重不漏，本題應(yīng)抓住公共元素的處理方法 ^解析由集合知識(shí)可知，既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的有 7+5-10=2（人），僅會(huì)英語(yǔ)的有7-2=5（人），僅會(huì)法語(yǔ)的有5-2=3（人）.易知此題的任務(wù)是派遣適合條件的兩人 .解法一：按僅會(huì)英語(yǔ)的5人的派遣情況分成兩類(lèi).第1類(lèi)：僅會(huì)英語(yǔ)的5人中有1人選中，則有5種方法，而會(huì)法語(yǔ)的則有 5種方法，從而由分步計(jì)數(shù)原理，有5X5種方法.第2類(lèi)：僅會(huì)英語(yǔ)的5人中沒(méi)有人被選中，則會(huì)英語(yǔ)的必須從既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的 2人中選，從而有2種選法.而會(huì)法語(yǔ)的只能從兩種語(yǔ)言均會(huì)的剩余1人或僅會(huì)法語(yǔ)的3人中選，共有1+3=4（種），由分步計(jì)數(shù)原理得，此時(shí)共有2X4種方法.由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，共有5X5+2X4=33（種）方法.解法二：按僅會(huì)法語(yǔ)的3人的選派情況分成以下兩類(lèi).第1類(lèi)：僅會(huì)法語(yǔ)的3人恰被選中1,則由分步計(jì)數(shù)原理，共有 3X7種方法.第2類(lèi)：僅會(huì)法語(yǔ)的3人均未被選中，則由分步計(jì)數(shù)原理得，共有 2X6種方法.從而由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，共有 3X7+2X6=33（種）方法.解法三：按既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的2人的選派情況分成3類(lèi).第1類(lèi)：2人均未被選派，則有3X5種方法.第2類(lèi)：2人均被選派，則有2種方法.第3類(lèi)：2人中恰有1人被選派，則又分為兩類(lèi).若另一人只會(huì)英語(yǔ)，則有2X5種方法.若另一人只會(huì)法語(yǔ)，則有2X3種方法.由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理得，共有3X5+2+2X5+2X3=33（種）方法.評(píng)注在應(yīng)用分類(lèi)和分步計(jì)數(shù)原理解決較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意：（1）認(rèn)真審題，分析題目的條件、結(jié)論，特別要理解題目中所講的“事情” ，即任務(wù)是什么，完成這件事情的含義和標(biāo)準(zhǔn)是什么.（2）明確完成這件事情是分類(lèi)還是分步，還是既要分類(lèi)又要分步，并搞清分類(lèi)或分步的具體標(biāo)準(zhǔn)是什么 .（3）注意兩個(gè)原理的實(shí)質(zhì)：分類(lèi)用分類(lèi)計(jì)數(shù)原理（即加法） ，分步用分步計(jì)數(shù)原理（即乘法）^變式1用三種顏色染如圖12-4所示的矩形塊，要求每塊染一種顏色且相鄰不同色 ^（1）共有多少方法？（2）每種顏色染兩塊有多少種方法？圖12-4變式2如圖12-5所示，馬從點(diǎn)A按“馬走日”到B,至少走步，如此步數(shù)有種不同的走法

圖12-5題型2排列數(shù)與組合數(shù)的推導(dǎo)、化簡(jiǎn)和計(jì)算思路提示盡量用性質(zhì)計(jì)算；推導(dǎo)、證明和化簡(jiǎn)約分用階乘形式，計(jì)算用乘積形式例12.5⑴證明：Am ngn1圖12-5題型2排列數(shù)與組合數(shù)的推導(dǎo)、化簡(jiǎn)和計(jì)算思路提示盡量用性質(zhì)計(jì)算；推導(dǎo)、證明和化簡(jiǎn)約分用階乘形式，計(jì)算用乘積形式例12.5⑴證明：Am ngn1ggnm1=n!(nm)!(n,m-?* 、N,mn). —.，… *(2)已知m,nN,且mn.證明：①Ca：Amn!m!(nm)!②c：③cmcmC：1c：m1Cmn1定順序排成解析（1）An為從n個(gè)（nCN）不同兀素中取出m（m^n,mCN）個(gè)（不同）兀素，按照定順序排成一列的不同排列的個(gè)數(shù)（即排列數(shù)） .如表12-1所示，需要m步完成排列任務(wù)表12-112Mmn種方法n-1種方法n-n+1種方法第一步（為位置1選擇一個(gè)元素）有n種選法.第二步（為位置2選擇一個(gè)元素）有n-1種選法.第m步（為位置m選擇一個(gè)元素）有n-n+1種選法.依分步計(jì)數(shù)原理，得A：nn1nm1=n!（2）①C：為從n個(gè)不同元素中任取m個(gè)（不同）元素并成一組的不同組合的個(gè)數(shù) （即組合數(shù)），當(dāng)meN,men時(shí)，從n個(gè)不同元素中取m個(gè)（不同）元素按照一定的順序排成一列，可以分成兩步完成，第一步從n個(gè)不同元素中任取m個(gè)元素并成一組，第二步把取出的 m個(gè)元素按照一定的順序排成一列，依分步乘法原理得AmcmgAm.即cm，又A即cm，又Amn!(nm)!Amm!,故cm—n—.當(dāng)m=o,cn1.m!(nm)!TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"n! 0n! 1,Cn 1也成立.0!gn! 0!gi!@cnm n -n—(nm)![n(nm)]!m!(nm)!故cm cnm.@cmcm1n n m!(nm)!(m1)!(nm1)!(m1)n!(m1)!(nm)!(m1)n!(m1)!(nm)!(nm)n!(m1)!(nm)!(n1)!(m1)!(nm)!(n1)!(m1)!(nm)!m1cn1④由cm cmm1 ④由cm cmm1 cm1 cm 1cm2 ,則cm Cm 1cm2 cm2 cm2cm3,依此類(lèi)推,m m1m m1C；01cmncmncmncmn1C；01評(píng)注題目⑷中的求和應(yīng)用，如⑴c2c3c20o3 3(ii)C10C113 3 3C20 C3 C3 3(ii)C10C113 3 3C20 C3 C4C20(C3c4C9)=C21 C10.變式1組合數(shù)C；(nr1,n,rZ)恒等于().A.」C；1B.(n1)(r1)Cn11 C.n13 2 *變式2解萬(wàn)程A2n100A2(nN).nrC：；D.』Cr1Cn1r例12.6(1)乘積m(m1)(m2)（m20）可表示為（）.A.A20mmB.21 _Am C.20Am20D.21Am20(2)式子m(m1)(m2)(m20)20!可表不為（).A.Am020B. Cm0A.A20mmB.21 _Am C.20Am20D.21Am20(2)式子m(m1)(m2)(m20)20!可表不為（).A.Am020B. Cm020 C.2優(yōu)匕0D.21cm120解析原式二(m20)(m19)[(m20)211]Am12021,也可以觀察，一共有21個(gè)連續(xù)正整數(shù)的積，可以直接表本為 Am20.故選D.A21(2)原式=AR20!A2121-^21cmi20.故選D.21!評(píng)注公式Amn1nm1的構(gòu)成特點(diǎn)是：公式右邊第一個(gè)因數(shù)是n,其后每個(gè)因數(shù)都比它前面一個(gè)因數(shù)少1,最后一個(gè)因數(shù)是n-n+1,共有m個(gè)因數(shù)相乘，組合數(shù)C：公式也有相似特點(diǎn).使用時(shí)要注意三個(gè)問(wèn)題：第一個(gè)因數(shù)是什么、最后一個(gè)因數(shù)是什么、一共有多少個(gè)連續(xù)相乘的正整數(shù),防止我們?cè)凇皀”，"m'比較復(fù)雜時(shí)用錯(cuò)公式.應(yīng)用公式時(shí)，要注意正用、逆用和活用等 .變式1一排9個(gè)座位坐了3個(gè)三口之家，若每家人坐在一起，則不同的坐法種數(shù)為().A.3X3!

_ _ 4C.(3!)B.3D.9!3X(3!)題型3計(jì)數(shù)原理與排列組合問(wèn)題的結(jié)合思路提示要注意可重排列與不可重排列的區(qū)別；選擇適當(dāng)?shù)慕忸}策略，即加法與減法；應(yīng)注意不重不漏 .例12.7如圖12-6所示，電路中共有13個(gè)開(kāi)關(guān)（電阻略），每個(gè)開(kāi)關(guān)可任選“開(kāi)”或“關(guān)”一種狀態(tài)，且相互獨(dú)立.圖12-6圖12-6⑴(2)⑴(2)分析解析（1）燈亮，第一步A通到C,再相乘得整體通（即燈亮）方法數(shù).第一步：先算A到C不通方法數(shù),—（22—1）=5,中路不通的方法數(shù)燈亮，有多少種整體狀況；燈滅，有多少種整體狀況.每個(gè)開(kāi)關(guān)有“開(kāi)”或“關(guān)”兩種狀況，逐個(gè)確定這 13個(gè)開(kāi)關(guān)的“開(kāi)”、“關(guān)”狀態(tài)共有213=8192（個(gè)）整體狀態(tài)，只要求出（1）與（2）中一值，用減法即可求出另一值第二步C通到D,第三步D通到E,第四步E通到B,算出每步方法數(shù),即上、中、下三路都不通，上路不通的方法數(shù)=23—（上路通的方法數(shù)）二23=1,下路不通的方法數(shù)=22—1=3.故A到C不通的方法數(shù)為5X1X3=15.A到C通的方法數(shù)=28—15=256—15=241,

C到D通的方法數(shù)=22—1=3,D到E通的方法數(shù)=1,E到B的方法數(shù)=22-1=3.故燈亮即四步都通，整體狀況有 241X3X1X3=2169（種）.（2）燈不亮有213—2169=8192—2169=6023（種）.評(píng)注 串聯(lián)求通：把各段通數(shù)相乘，得總通數(shù).串聯(lián)求不通：先求通，再用減法，得串聯(lián)不通數(shù).并聯(lián)求通：先求不通數(shù)，再用減法，得并聯(lián)通數(shù) .并聯(lián)不通：把各支路不通數(shù)相乘 .變式1直線(xiàn)方程Ax+By=0,從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)中每次取兩個(gè)不同的數(shù)作 A和B共可確定（ ）條直線(xiàn).A.20B.19C.18D.16變式2一個(gè)n棱錐的所有頂點(diǎn)共可確定條直線(xiàn)，這些直線(xiàn)可確定對(duì)異面直線(xiàn).例12.8如圖12-7所示，有4種不同顏色供選，要求ABCDE每塊一種顏色，相鄰兩塊不同色，共有多少種染色方法？解析如圖12-8所示，記4種顏色為1,2,3,4,可以從E開(kāi)始染，有4種染法，A與E相鄰，A,E不同色，所以A有3種方法，B與AE均相鄰，B有2種染法，最后剩CD,此時(shí)要注意分類(lèi)討論，如圖12-8所示，C與A同色時(shí)，D有2種染法；C與A不同色時(shí)，D有1種染法，即CD共有3種方法.綜上共有4X3X2X3=72種染色方法.評(píng)注利用計(jì)數(shù)原理求解染色問(wèn)題，一般有“區(qū)域”染色和“線(xiàn)段端點(diǎn)”染色兩類(lèi)，其中區(qū)域染色問(wèn)題，常用的原則有“最多相鄰優(yōu)先”，但要注意最后2?3個(gè)區(qū)域的分類(lèi)討論.變式1如圖12-9所示，用4種不同顏色給圖中A,B,C,D,E,F共6個(gè)點(diǎn)染色，要求每個(gè)點(diǎn)染一種顏色，且圖中每條線(xiàn)段的兩個(gè)端點(diǎn)不同色，則不同的染色方法共有 （） 種.A.288B.264C.240D.168變式2用4種不同顏色為正方體的六個(gè)面著色， 要求有公共棱的兩個(gè)面不同色， 則共有（）種不同的著色方法.A.24B.48C.72D.96變式3用紅、黃、藍(lán)三色之一去涂如圖12-10所示的標(biāo)號(hào)1?9的9個(gè)小正方形，使任意有公共邊的小正方形不同色，且3,5,7的方塊同色，則共有種不同涂色方法.圖12-9 圖12-10變式4在五邊形ABCDE中，五個(gè)頂點(diǎn)各染紅、黃、綠三色之一，相鄰頂點(diǎn)不同色，共有種不同染法.例12.9某市汽車(chē)牌照前面兩個(gè)英文字母 （不可重復(fù)）后面四個(gè)數(shù)字（可重復(fù)）組成，最多有多少個(gè)牌照?解析任務(wù)：第一步，確定前面兩個(gè)英文字母2625A26；第二步：確定后面四個(gè)數(shù)字4 4 6 .1010101010.所以最多可有262510 6.510（個(gè)）牌照

TOC\o"1-5"\h\z變式1某通信公司推出一組手機(jī)號(hào)碼，號(hào)碼的前 7位數(shù)固定，從 0000到 9999共10000個(gè)號(hào)碼。公司規(guī)定：凡卡號(hào)的后4位帶有數(shù)字4或7的一律作為優(yōu)惠卡，則這組號(hào)碼中優(yōu)惠卡有（）個(gè).A.2000 B.4096 C.5904 D.8320變式2用數(shù)字0,1,2,3,4這4個(gè)數(shù)字組成的四位數(shù)中有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有（ ）個(gè).A.192 B.182 C.174 D.274變式3用數(shù)字2,3組成四位數(shù)，且數(shù)字2,3至少都出現(xiàn)一次，這樣的四位數(shù)共有個(gè)（用數(shù)字作答）.例12.10設(shè)集合I1,2,3,4,5,選擇I的兩個(gè)非空子集A與B,要使B中最小的元素大于A中的最大元素，則A與B的不同的選擇方法共有（ ）種.A.50 B.49 C.48 D.47分析關(guān)鍵在于選擇分類(lèi)的依據(jù).選才iAB的元素個(gè)數(shù)x為分類(lèi)依據(jù)是最佳選擇，顯然，依題意x2,3,4,5.或選擇B中的最小元素為分類(lèi)依據(jù).解析 解法一：令A(yù)B中有x個(gè)元素，則x2有C；種選法.x3有2C；種選法.x4有3C54種選法.x4有4C；種選法，則不同的選擇方法共有 C2+2C53+3C54+4C5=49.故選B.解法二：當(dāng)B中的最小元素為2時(shí)，則A中的最大元素只能為 1,2318種；當(dāng)B中的最小元2 2素為3時(shí)，則A中的最大兀素只能為1或2,有2 2 1 12種；當(dāng)B中的最小元素為4時(shí)，則A中的最大元素小于或等于3,有2231 14種；當(dāng)B中的最大元素為小于或等于 4時(shí)，有1241 15種；，共有812141549.故選B.評(píng)注解法一中可以理解組合問(wèn)題隔板法，應(yīng)為 A,B集合中元素大小順序一定.解法二中應(yīng)注意排除可能出現(xiàn)空集的問(wèn)題.變式1I1,2,3,4,5,A,B是I的兩個(gè)子集，A中有3個(gè)元素，B中至少有兩個(gè)元素，且 B中所有的元素不大于A中的最小元素，這樣的A,B有組.變式2I1,2,3,4,從I中取出4個(gè)不同的子集，滿(mǎn)足條件：①其中必有和I;②4個(gè)子集中的任意兩個(gè)子集A與B,必有AB或B A.則4個(gè)子集共有種選法.例12.11用1~9填如圖12-11所示的