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1、两个计数原理与排列组合知识点及例题两个计数原理内容1、分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2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：完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m1种不同的方法，做第2步骤有m2种不同的方法做第n步骤有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1m2 mn种不同的方法.例题分析例1 某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配制出多少种不同的品种？ 分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？

2、（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算. 解：属于分步：第一步 配一个荤菜 有3种选择 第二步 配一个素菜 有5种选择 第三步 配一个汤 有2种选择共有N=352=30（种）例2 有一个书架共有2层，上层放有5本不同的数学书，下层放有4本不同的语文书。 （1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？（1）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算。 解：属于分类：

3、第一类 从上层取一本书 有5种选择 第二类 从下层取一本书 有4种选择共有N=5+4=9（种） （2）分析：1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算.解：属于分步：第一步 从上层取一本书 有5种选择 第二步 从下层取一本书 有4种选择 共有N=54=20（种）例3、 有1、2、3、4、5五个数字.（1）可以组成多少个不同的三位数？（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？（1）分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数）

4、3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算.略解：N=555=125（个）【例题解析】1、某人有4条不同颜色的领带和6件不同款式的衬衣，问可以有多少种不同的搭配方法？2、有一个班级共有46名学生，其中男生有21名. （1）现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？ （2）若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？3、有0、1、2、3、4、5六个数字.（1）可以组成多少个不同的三位数？（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？排列与组合1.排列的概念：从个不同

5、元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列2.排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示3.排列数公式：（）4.阶乘：表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定5.排列数的另一个计算公式：= 6.组合概念：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合7组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数用符号表示8.组合数公式：或9.组合数的性质1：规定：；10.组合数的性质2：+ Cn0+Cn1+Cn

6、n=2n题型讲解 例1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数（1）6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（3）从6名运动员中选出4人参加4100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排，甲、乙必须相邻；（5）6人排成一排，甲、乙不相邻；（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）解：（1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有种选法，然后其他5人选，有种选法，故排法种数为（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：乙跑第一棒，其余棒次则不受

7、限制，排法数为；乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有种选法，其余两棒次不受限制，故有种排法，由分类计数原理，共有种排法（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有种排法（5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人的左、右及之间的空挡插位，共有（或用6人的排列数减去问题（2）后排列数为）（6）三人的顺序定，实质是从6个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余3人在3个位置上全排列，故有排法种点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻例2 假设在100件产品中有3

8、件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少种？（1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品解：（1）没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有种（2）恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，共有种（3）至少有2件次品的抽法，按次品件数来分有二类：第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有种第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有种按分类计数原理有种点评：此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中抽取，应当注意：如果第（3）题采用先从3件次品抽取2件（以保证至少有2

9、件是次品），再从余下的98件产品中任意抽取3件的抽法，那么所得结果是种，其结论是错误的，错在“重复”：假设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，与第一步先抽A、C（或B、C），第二步再抽B（或A）和其余2件正品是同一种抽法，但在算式中算作3种不同抽法例3 求证：；证明：利用排列数公式 左 右另一种证法：（利用排列的定义理解）从n个元素中取m个元素排列可以分成两类：第一类不含某特殊元素的排列有第二类含元素的排列则先从个元素中取出个元素排列有种，然后将插入，共有m个空档，故有种，因此利用组合数公式左右另法：利用公式推得 左右点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合

10、数公式及组合数基本性质例4 已知是集合到集合的映射（1）不同的映射有多少个？（2）若要求则不同的映射有多少个？分析：（1）确定一个映射，需要确定的像（2）的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4有多种分析方案，各方案独立且并列需要分类计算解：（1）A中每个元都可选0,1,2三者之一为像，由分步计数原理，共有个不同映射 （2）根据对应的像为2的个数来分类，可分为三类：第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映射只有一个；第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有个；第三类：二个元素的像是2，另两个元素的像必为0，这样的映射有个由分类计数原理共有

11、1+12+6=19（个）点评：问题（1）可套用投信模型：n封不同的信投入m个不同的信箱，有种方法；问题（2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏例5 四面体的顶点和各棱的中点共10个点（1）设一个顶点为A，从其他9点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有多少种？（2）在这10点中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？解：（1）如图，含顶点A的四面体的三个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有种取法含顶点A的棱有三条，每条棱上有3个点，它们与所对棱的中点共面，共有3种取法根据分类计数原理和点A共面三点取法共有种（2）取出的4点不共面比取出的4点共面的情

12、形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取4点（种取法）减去4点共面的取法取出的4点共面有三类：第一类：从四面体的同一个面上的6点取出4点共面，有种取法第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，有6种取法第三类：从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法根据分类计数原理4点共面取法共有故取4个点不共面的不同取法有（种）点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不共线，点共面与不共面，线共面与不共面等小结 ：个不同的元素必须相邻，有 种“捆绑”方法个不同元素互不相邻，分别“插入”到个“间隙”中的个位置有 种不同的“插入”方法个相同的元素互不相邻，分别“插入”到个“

13、间隙”中的个位置，有 种不同的“插入”方法若干个不同的元素“等分”为 个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以 【例题解析】例1 完成下列选择题与填空题（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。A.81B.64C.24D.4（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）A.81B.64C.24D.4（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”进行还是“分类

14、”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3333=34=81，故答案选A。本题也可以这样分类完成，四封信投入一个信箱中，有C31种投法；四封信投入两个信箱中，有C32（C41A22+C42C22）种投法；四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42A33种投法、，故共有C31+C32（C41A22+C42C22）+C42A33=81（种）。故选A。（2）因学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看作“客”，每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种

15、住宿法。由分步计数原理得：N=444=64。故答案选B。（3）学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得N=34=81（种）；竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，共有N=43=64（种）；等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有C43A33=24（种）。注： 本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：设集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,bm，则f：AB的不同映射是mn,f：BA的不同映射是nm。若nm，则f：AB的单值映射是：Amn。例2 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别

16、人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）A.6种B.9种C.11种D.23种解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），这个数目不大，化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法。解法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别是丙和丁送出的）。对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种。因此，根据乘法

17、原理，不同的分配方式数为 （1+2）=9。解法三 给四个人编号：1，2，3，4，每个号码代表1个人，人与号码之间的关系为一对一的关系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表，这样，贺年卡的分配问题可抽象为如下“数学问题”：将数字1，2，3，4，填入标号为1，2，3，4的4个方格里，每格填写一个数字，且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字1，2，3，4组成没有重复数字的4位数，而且每位数字都不等于位数的4位数共有多少个）？这时，可用乘法原理求解答案：首先，在第1号方格里填写数字，可填上2、3、4中的任一个数，有3种填法；其次，当第1号方格填写的数字为i（2

18、i4）时，则填写第i种方格的数字，有3种填法； 最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有1种填法（因为剩下的两个数中，至少有1个与空着的格子的序号相同）。因此，根据乘法原理，得不同填法：331=9注： 本题是“乱坐问题”，也称“错排问题”，当元素较大时，必须用容斥原理求解，但元素较小时，应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解，或可以穷举。例3 宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其中3盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄灯的方法有多少种？解法一 我们将8盏灯依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盏灯中，若第一盏熄1号灯，第二盏熄3号灯，

19、则第3盏可以熄5，6，7，8号灯中的任意一盏，共有4种熄法。若第一盏熄1号灯，第2盏熄4号灯，则第3盏可以熄6，7，8号灯中的任意一盏。依次类推，得若1号灯熄了，则共有4+3+2+1=10种熄法。若1号灯不熄，第一盏熄的是2号灯，第二盏熄的是4号灯，则第三盏可以熄6，7，8号灯中的任意一盏，共有3种熄法。依次类推得，若第一盏灯熄的是2号灯，则共有3+2+1=6种熄法。同理，若第一盏熄的是3号灯，则共有2+1=3种熄法。同理，若第一盏熄的是4号灯，则有1种熄法。综上所述共有：10+6+3+1=20种熄法。解法二 我们可以假定8盏灯还未安装，其中5盏灯是亮着的，3盏灯不亮。这样原问题就等价于：将5

20、盏亮着的灯与3盏不亮的灯排成一排，使3盏不亮的灯不相邻（灯是相同的）。5盏亮着的灯之间产生6个间隔（包括两边），从中插入3个作为熄灭的灯就是我们经常解决的“相邻不相邻”问题，采用“插入法”，得其答案为C63=20种。注 解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰，但有时较繁。方法二从另外一个角度审题，认清其数学本质，抽象成数学模型，解题时有一种豁然开朗的感觉。例4 已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。解 设倾斜角为，由为锐角，得tan=-0,即a、b异号。

21、（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有33-2=7（条）。（2）若c0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有334=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条。注 ： 本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误原因没有对c=0与c0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。例5 平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原1

22、0点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。解法一 （1）由题设这10点所确定的直线是C102=45条。这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C92点被重复计数。所以这些直线交成新的点是：C452-10C92=630。（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合，即C6403=43 486080（个）。解法二 （1）如图对给定的10点中任取4个点，四点连成6条直线

23、，这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：3C104=630。（2）同解法一。注 用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。例6 （1）如果（x+）2n展开式中，第四项与第六项的系数相等。求n，并求展开式中的常数项；（2）求（-）8展开式中的所有的有理项。解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n n=4。设第k+1项为常数项则 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0，即k=4常数项为T5=C84=70。（2）设第k+1项有理项，则因为0k8，要使Z

24、，只有使k分别取0，4，8所以所求的有理项应为：T1=x4,T5=x,T9=x-2注 （1）二项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；（2）在二项展开式中求得k后，对应的项应该是k+1项。例7 （1）求46n+5n+1被20除后的余数；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17除以9，得余数是多少？（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。精确到0.01；精确到0.001。解 （1）首先考虑46n+5n+1被4整除的余数。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+1其被4整除的余数为1被20整除的余数可以为1，5，9

25、，13，17然后考虑46n+1+5n+1被5整除的余数。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)被5整除的余数为4其被20整除的余数可以为4，9，14，19。综上所述，被20整除后的余数为9。（2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1(i)当n为奇数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（-1）n-1Cnn-19-2除以9所得余数为7。(ii)当n为偶数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29

26、n-2+(-1)n-1Cnn-19除以9所得余数为0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104。注 （1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论。（2）用

27、二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。例8 证明下列不等式：（1）（）n,（a、bx|x是正实数,nN）;（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。证明 （1）令a=x+， b=x-则x=an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述两式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an

28、-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b为正数ab=a+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n-2)2n=22n-2n+1注 利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元）。这样消去奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相

29、加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。例9 已知(1-ax)n展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列，第n+1-p与第n+2-p项的系数之和为0，而（1-ax）n+1展开式的第p+1与p+2项的二项式系数之比为12。（1）求（1-ax）n+1展开式的中间项；（2）求（1-ax）n的展开式中系数最大的项。解 由题设得：由得，2Cnp=Cnp+Cnp两边约去Cnp,可得：2=+由得，2Cn+1p=Cn+1p约去Cn+1p可得，n=3p+1解方程组得：n=7,p=2.将p=2,n=7代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0解之得：a=0或3。若a

30、=0 ，则（1-0x）8的中间项T5=0，（1-0x）7展开式中系数最大的项是T1=1。若a=3，则（1-3x）8的中间项T5=C84（-3x）4=5670x4，（1-3x）7的展开式中，奇数项系数为正，令 1解之得：k6。故（1-3x）7展开式中系数最大的项为T7=C76（-3）6x6=5103x6。注 一般地，求（a+bx）n展开式中系数绝对值最大的项的方法是：设第k+1项为系数绝对值最大的项，则由求出k的取值范围，从而确定第几项最大。例10 求证下列各式（1）Cnk+Cnk-1=Cn+1k;（2）Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np。证明 （1）对于给定的n+1个元素

31、，从n+1个元素中任意选出k个元素的不同组合有Cn+1k。另一方面，设a是n+1个元素中的一个。对于a我们这样分类。（i）若a不选，则在n个元素中选k个，有Cnk种不同的选法。（ii）若a选，则在n个元素中再选k-1个，有Cnk-1种不同的选法。故从n+1个元素中选k个元素组成一组的不种选法是：Cnk+Cnk-1。所以，Cnk+Cnk-1=Cn+1k。（2）仿（1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边Cm+np，可看作下列命题：从m个红球，n个白球中，任选p个球的不同选法是Cm+np种。另一方面，我们按选红球的个数分类：（i）取p个红球，0个白球；(ii)取p-1个红球，1个白球，取0个红球，p个白球，这样的每类选法数为：Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,，CnpCm0由分类计数原理可得：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np（2）另证：（1+x）n(1+x)m(1+x)m+n左边展开式中xp的系数是：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0右边展开式中xp的系数是：Cm+np由多项式恒等条件可知Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np注 本题的证明方法称之为算两次，对一个数学模型从不同角度去解，得出两个结果，将这两个结果综合起来，得到我们所需证明的结论。