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2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第2讲 排列与组合学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第2讲 排列与组合学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，不等分组问题等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
1．排列、组合的定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
常用结论
1．“排列”与“组合”的辨析
排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．
2．解决排列、组合问题的十种技巧
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．
(3)排列、组合混合问题要先选后排．
(4)相邻问题捆绑处理．
(5)不相邻问题插空处理．
(6)定序问题倍缩法处理．
(7)分排问题直排处理．
(8)“小集团”排列问题先整体后局部．
(9)构造模型．
(10)正难则反，等价转化．
二、习题改编
1．(选修23P27A组T7改编)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120
C．72 D．24
解析：选D.“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24.
2．(选修23P19例4改编)用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( )
A．8 B．24
C．48 D．120
解析：选C.末位数字排法有Aeq \\al(1,2)种，其他位置排法有Aeq \\al(3,4)种，共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,4)＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.
3．(选修23P28A组T17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( )
A．18 B．24
C．30 D．36
解析：选C.选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＝30种．故选C.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( )
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )
(4)若组合式Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(m,n)，则x＝m成立．( )
(5)Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)分类不清导致出错；
(2)相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法．
1．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种．
解析：分两类：第一类，取2台原装计算机与3台组装计算机，有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(3,5)种方法；第二类，取3台原装计算机与2台组装计算机，有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)种方法．所以满足条件的不同取法有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)＝350(种)．
答案：350
2．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：设这5件不同的产品分别为A，B，C，D，E，先把产品A与产品B捆绑有Aeq \\al(2,2)种摆法，再与产品D，E全排列有Aeq \\al(3,3)种摆法，最后把产品C插空有Ceq \\al(1,3)种摆法，所以共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,3)＝36(种)不同摆法．
答案：36
[学生用书P192]
排列问题(师生共研)
有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
【解】 (1)从7人中选5人排列，有Aeq \\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有Aeq \\al(3,7)种方法，余下4人站后排，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(3,7)·Aeq \\al(4,4)＝5 040(种)．
(3)法一(特殊元素优先法)：先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种排列方法，共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600(种)．
法二(特殊位置优先法)：首尾位置可安排另6人中的两人，有Aeq \\al(2,6)种排法，其他有Aeq \\al(5,5)种排法，共有Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将女生全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有Aeq \\al(4,4)种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有Aeq \\al(3,5)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
eq \a\vs4\al()
求解排列应用问题的6种主要方法
(2020·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有( )
A．36种 B．44种
C．48种 D．54种
解析：选B.由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：(1)当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)种方法．(2)当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)种方法．(3)当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种方法，根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝44(种)，故选B.
组合问题(师生共研)
某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
【解】 (1)从余下的34种商品中，
选取2种有Ceq \\al(2,34)＝561种取法，
所以某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有Ceq \\al(3,34)种或者Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(2,34)＝Ceq \\al(3,34)＝5 984种取法．
所以某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＝2 100种取法．
所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．
(4)选取2种假货有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)种，选取3种假货有Ceq \\al(3,15)种，共有选取方式Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＋Ceq \\al(3,15)＝2 100＋455＝2 555(种)．
所以至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．
(5)法一(间接法)：选取3种的总数为Ceq \\al(3,35)，因此共有选取方式
Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(3,15)＝6 545－455＝6 090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
法二(直接法)：共有选取方式Ceq \\al(3,20)＋Ceq \\al(2,20)Ceq \\al(1,15)＋Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＝6 090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
eq \a\vs4\al()
两类有附加条件的组合问题的解法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，用间接法求解．
1．(2020·沈阳模拟)某地区高考改革实行“3＋1＋2”模式，“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门科目，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门科目中任意选择两门科目，则一名学生的不同选科组合有( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
解析：选C.若一名学生只选物理和历史中的一门，则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12种组合；若一名学生物理和历史都选，则有Ceq \\al(1,4)＝4种组合，因此共有12＋4＝16种组合．故选C.
2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，求：
(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
(2)甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法有多少种？
解：(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝24(种)．
(2)甲、乙两人从4门课程中各选2门不同的选法种数为Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,4)，又甲、乙两人所选的2门课程都相同的选法种数为Ceq \\al(2,4)种，因此满足条件的不同选法种数为Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,4)－Ceq \\al(2,4)＝30(种)．
排列、组合的综合应用(多维探究)
角度一 排列与组合应用题
(1)将标号为1，2，3，4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1，2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( )
A．15 B．20
C．30 D．42
(2)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
【解析】 (1)四个篮球中两个分到一组有Ceq \\al(2,4)种分法，三个篮球进行全排列有Aeq \\al(3,3)种分法，标号1，2的两个篮球分给同一个小朋友有Aeq \\al(3,3)种分法，所以有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)－Aeq \\al(3,3)＝36－6＝30种分法．
(2)从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有Aeq \\al(2,3)＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位(或百位)，从1，3，5中选两个数字排在百位(或十位)、个位，共有Aeq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,3)＝12种，故共有Aeq \\al(2,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,3)＝18种．故选B.
【答案】 (1)C (2)B
eq \a\vs4\al()
解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列．
角度二 定序问题
某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【解析】 添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个节目，其中七个节目顺序固定．这七个节目的不同安排方法共有Aeq \\al(7,7)种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有Aeq \\al(10,10)种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式共有eq \f(Aeq \\al(10,10),Aeq \\al(7,7))＝720(种)．
【答案】 720
eq \a\vs4\al()
定序问题可用直接法，也可用间接法．
1．甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B、C社区即可，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙丁都去B社区，有1种情况，若丙丁中有1人去B社区，则先在丙丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.
2．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼－15”飞机准备着舰，规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为( )
A．24 B．36
C．48 D．96
解析：选C.根据题意，分2种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架飞机全排列，有Aeq \\al(4,4)＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法：②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架飞机中任选1架，作为最先着舰的飞机，将剩下的4架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同，则此时有eq \f(1,2)×Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝
24种情况，即此时有24种不同的着舰方法．则一共有24＋24＝48种不同的着舰方法．故选C.
3．6位机关干部被选调到4个贫困自然村进行精准扶贫，要求每位机关干部只能参加一个自然村的扶贫工作，且每个自然村至少有1位机关干部扶贫，则不同的分配方案有________种．
解析：先将6位机关干部分成四组，有(1，1，1，3)和(1，1，2，2)两种情况，所以不同的分配方案共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(3,6)＋\f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4),2)))·Aeq \\al(4,4)＝65×24＝1 560(种)．
答案：1 560
数学运算 分组分配问题中的易错点
分组问题是同学们学习中的难点问题，在考试中不容易得分，在解题过程中容易掉入陷阱．
解决这类问题的一个基本指导思想是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分组三种，无论分成几组，应注意的是只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．下面结合一些典型问题谈谈如何避免掉进分组问题中的陷阱．
一、整体均分问题
国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6名免费培养的教育专业师范毕业生，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．
【解析】 先把6个毕业生平均分成3组，有eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq \\al(3,3)＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))Aeq \\al(3,3)＝90种分配方法．
【答案】 90
eq \a\vs4\al()
对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．
二、部分均分问题
将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
【解析】 先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3),Aeq \\al(2,2))＋\f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))))·Aeq \\al(3,3)·Ceq \\al(2,4)＝900种．
【答案】 900
eq \a\vs4\al()
本题属于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
三、不等分组问题
将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．
【解析】 先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有Ceq \\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本，有Ceq \\al(2,5)种选法；最后余下3本全选，有Ceq \\al(3,3)种选法．故共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60Aeq \\al(3,3)＝360种分配方法．
【答案】 360
eq \a\vs4\al()
对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时，任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
总之，在解答分组问题时，一定要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数．对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏，抓住了以上关键点，就能避免掉进陷阱．
[基础题组练]
1．(2020·广西桂林一模)中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》；现甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．54种
解析：选D.(1)若甲选《春秋》，则有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝18种情况；(2)若甲不选《春秋》，则有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36种情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54种．故选D.
2．(2020·湖南长郡中学模拟)某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有( )
A．72种 B．48种
C．36种 D．24种
解析：选C.根据题意，分2步分析：将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有Aeq \\al(2,3)＝6种排法，则后六场开场诗词的排法有6×6＝36种，故选C.
3．(2020·云南昆明模拟)现有6人坐成一排，任选其中3人相互调整座位(这3人中任何一人都不能坐回原来的位置)，其余3人座位不变，则不同的调整方案的种数有( )
A．30 B．40
C．60 D．90
解析：选B.根据题意，分2步进行分析：①从6人中选出3人，相互调整座位，有Ceq \\al(3,6)＝20种选法；②记选出相互调整座位的3人分别为A，B，C，则A有2种坐法，B，C只有1种坐法，A，B，C相互调整座位有2种情况．则不同的调整方案有20×2＝40种，故选B.
4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
解析：选B.第一类：甲在最左端，有Aeq \\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4Aeq \\al(4,4)＝4×4×3×2×1＝96种方法．所以共有120＋96＝216种方法．
5．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为( )
A．30 B．42
C．54 D．56
解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点，有Ceq \\al(3,8)种取法，再减去三点共线的情形即可，即Ceq \\al(3,8)－Ceq \\al(3,5)－Ceq \\al(3,4)＝42.
6．(2020·四川广安、眉山、内江、遂宁一诊)某地环保部门召集6家企业的负责人参加座谈会，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A．15 B．30
C．35 D．42
解析：选B.根据题意，分两类情况讨论：选出的3人中没有人来自甲企业，在其他5个企业中任选3个即可，有Ceq \\al(3,5)＝10种情况；选出的3人中有人来自甲企业，则甲企业只能有1人参与，在其他5个企业中任选2个即可，有2×Ceq \\al(2,5)＝20种情况．则不同的情况共有10＋20＝30种，故选B.
7．(2020·河南南阳模拟)把四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中 ，不允许有空盒子的放法有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
解析：选C.根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中， 且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分2步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)＝6种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)＝6种放法．则不允许有空盒子的放法有6×6＝36种．
8．(2020·广东韶关调研)某中学元旦晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在节目乙的前面，节目丙不能排在最后一位，则该晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．720种 B．360种
C．300种 D．600种
解析：选C.先安排好除节目丙之外的5个节目，有eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(2,2))＝60种可能，再安排节目丙，有5种可能，共60×5＝300种方案．故选C.
9．(一题多解)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
解析：选A.法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，故总编排方案有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝120(种)．
法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝48种；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．
10．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有( )
A．250个 B．249个
C．48个 D．24个
解析：选C.①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.
11．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
解析：选C.若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(2,3)＝6种；若甲、乙抢的是两个6元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,3)＝6种，根据分类加法计数原理可得，共有36种情况，故选C.
12．某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个．现密码破译者得知；甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最安全的是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选C.甲所设密码共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)＝48种不同设法，乙所设密码共有eq \f(Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,4),2！)＝36种不同设法，丙所设密码共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,3)＝144种不同设法，丁所设密码共有Aeq \\al(4,4)＝24种不同设法，所以丙最安全，故选C.
13．(2020·黑龙江哈尔滨三中期末)有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则不同的出场顺序共________种．
解析：有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则先排2名女演员，有Aeq \\al(2,2)种方法，然后插入1名男演员，有Aeq \\al(1,3)种方法，再把这3个人当作一个整体，和其他2名男演员进行排列，有Aeq \\al(3,3)种方法．再根据分步乘法计数原理，可得不同的出场顺序有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(1,3)·Aeq \\al(3,3)＝36种．
答案：36
14．从某校4个班级的学生中选出7名学生参加进博会志愿者服务，若每个班级至少有一名代表，则各班级的代表数有________种不同的选法．(用数字作答)
解析：由题意，从4个班级的学生中选出7名学生代表，每一个班级中至少有一名代表，相当于7个球排成一排，然后插3块隔板把他们分成4份，即中间6个空位中选3个插板，分成四份，共有Ceq \\al(3,6)＝20种不同的选法．
答案：20
15．(2020·湖北联考)某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为________．
解析：设停车位有n个，这3辆共享汽车都不相邻：相当于先将(n－3)个停车位排放好，再将这3辆共享汽车，插入到所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq \\al(3,n－2)种．恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将(n－3)个停车位排好所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,n－2)种．因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，所以Aeq \\al(3,n－2)＝Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,n－2)，解得n＝10.
答案：10
16．(2020·浙江嘉兴一中、湖州中学联考)用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．
解析：第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有Ceq \\al(1,5)＝5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有Aeq \\al(2,5)＝5×4＝20种方法，所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数．
第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个位数上的数有2种情况：当个位数上的数字是0时，其他数位上的数有Aeq \\al(4,5)＝5×4×3×2＝120种；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有Ceq \\al(1,4)＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数．根据分类加法计算原理，可得共有120＋96＝216个数．
答案：100 216
[综合题组练]
1．(2020·江西临川一中等九校联考)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的．现用编号为1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为( )
A．12 B．24
C．36 D．48
解析：选D.设6种产品分别为a，b，c，d，e，f，如图，根据题意，安全的分组方法有{ab，cf，de}，{ab，cd，ef}，{ac，be，df}，{ac，bf，de}，{ad，ef，bc}，{ad，eb，cf}，{ae，dc，bf}，{ae，df，bc}，共8种，每一种分组安排到3个仓库，有Aeq \\al(3,3)种方法，故总的方法有8×Aeq \\al(3,3)＝48种．故选D.
2．将标号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入3个不同的盒子中．若每个盒子放2个，其中标号为1，2的小球放入同一盒子中，则不同的方法共有( )
A．12种 B．16种
C．18种 D．36种
解析：选C.先将标号为1，2的小球放入盒子，有3种情况；再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中，共有eq \f(Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,2),2！)·Aeq \\al(2,2)＝6种情况，所以不同的方法共有3×6＝18(种)．
3．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有________对．
解析：如图．它们的棱是原正方体的12条面对角线．
一个正四面体中两条棱成60°角的有(Ceq \\al(2,6)－3)对，两个正四面体有(Ceq \\al(2,6)－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(Ceq \\al(2,6)－3)×2×2＝48(对)．
答案：48
4．数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1解析：(元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有Ceq \\al(1,3)种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有Aeq \\al(2,5)种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有Ceq \\al(1,2)种方法，剩下的两个数字有Aeq \\al(2,2)种
排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,5)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝240.
答案：240
5．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．
(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？
(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空隙中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有Ceq \\al(3,6)＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有Ceq \\al(3,10)＝120种放入方式．
6．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．
(1)若恰在第5次测试才测试到第1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Aeq \\al(4,6)种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有Aeq \\al(2,4)种测试方法，再排余下4件的测试位置，有Aeq \\al(4,4)种测试方法．所以共有Aeq \\al(4,6)·Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4)＝103 680种不同的测试方法．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，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Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(4,4)＝576种不同的测试方法．
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合的定义
合成一组
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数
公式
Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…
(n－m＋1)＝eq \f(n！,（n－m）！)
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\al(m,m))＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)
性质
Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1
Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)，Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
一、知识梳理
1．排列、组合的定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
常用结论
1．“排列”与“组合”的辨析
排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．
2．解决排列、组合问题的十种技巧
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．
(3)排列、组合混合问题要先选后排．
(4)相邻问题捆绑处理．
(5)不相邻问题插空处理．
(6)定序问题倍缩法处理．
(7)分排问题直排处理．
(8)“小集团”排列问题先整体后局部．
(9)构造模型．
(10)正难则反，等价转化．
二、习题改编
1．(选修23P27A组T7改编)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120
C．72 D．24
解析：选D.“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24.
2．(选修23P19例4改编)用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( )
A．8 B．24
C．48 D．120
解析：选C.末位数字排法有Aeq \\al(1,2)种，其他位置排法有Aeq \\al(3,4)种，共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,4)＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.
3．(选修23P28A组T17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( )
A．18 B．24
C．30 D．36
解析：选C.选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＝30种．故选C.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( )
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )
(4)若组合式Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(m,n)，则x＝m成立．( )
(5)Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)分类不清导致出错；
(2)相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法．
1．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种．
解析：分两类：第一类，取2台原装计算机与3台组装计算机，有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(3,5)种方法；第二类，取3台原装计算机与2台组装计算机，有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)种方法．所以满足条件的不同取法有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)＝350(种)．
答案：350
2．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：设这5件不同的产品分别为A，B，C，D，E，先把产品A与产品B捆绑有Aeq \\al(2,2)种摆法，再与产品D，E全排列有Aeq \\al(3,3)种摆法，最后把产品C插空有Ceq \\al(1,3)种摆法，所以共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,3)＝36(种)不同摆法．
答案：36
[学生用书P192]
排列问题(师生共研)
有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
【解】 (1)从7人中选5人排列，有Aeq \\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有Aeq \\al(3,7)种方法，余下4人站后排，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(3,7)·Aeq \\al(4,4)＝5 040(种)．
(3)法一(特殊元素优先法)：先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种排列方法，共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600(种)．
法二(特殊位置优先法)：首尾位置可安排另6人中的两人，有Aeq \\al(2,6)种排法，其他有Aeq \\al(5,5)种排法，共有Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将女生全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有Aeq \\al(4,4)种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有Aeq \\al(3,5)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
eq \a\vs4\al()
求解排列应用问题的6种主要方法
(2020·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有( )
A．36种 B．44种
C．48种 D．54种
解析：选B.由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：(1)当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)种方法．(2)当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)种方法．(3)当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种方法，根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝44(种)，故选B.
组合问题(师生共研)
某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
【解】 (1)从余下的34种商品中，
选取2种有Ceq \\al(2,34)＝561种取法，
所以某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有Ceq \\al(3,34)种或者Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(2,34)＝Ceq \\al(3,34)＝5 984种取法．
所以某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＝2 100种取法．
所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．
(4)选取2种假货有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)种，选取3种假货有Ceq \\al(3,15)种，共有选取方式Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＋Ceq \\al(3,15)＝2 100＋455＝2 555(种)．
所以至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．
(5)法一(间接法)：选取3种的总数为Ceq \\al(3,35)，因此共有选取方式
Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(3,15)＝6 545－455＝6 090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
法二(直接法)：共有选取方式Ceq \\al(3,20)＋Ceq \\al(2,20)Ceq \\al(1,15)＋Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＝6 090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
eq \a\vs4\al()
两类有附加条件的组合问题的解法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，用间接法求解．
1．(2020·沈阳模拟)某地区高考改革实行“3＋1＋2”模式，“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门科目，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门科目中任意选择两门科目，则一名学生的不同选科组合有( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
解析：选C.若一名学生只选物理和历史中的一门，则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12种组合；若一名学生物理和历史都选，则有Ceq \\al(1,4)＝4种组合，因此共有12＋4＝16种组合．故选C.
2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，求：
(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
(2)甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法有多少种？
解：(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝24(种)．
(2)甲、乙两人从4门课程中各选2门不同的选法种数为Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,4)，又甲、乙两人所选的2门课程都相同的选法种数为Ceq \\al(2,4)种，因此满足条件的不同选法种数为Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,4)－Ceq \\al(2,4)＝30(种)．
排列、组合的综合应用(多维探究)
角度一 排列与组合应用题
(1)将标号为1，2，3，4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1，2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( )
A．15 B．20
C．30 D．42
(2)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
【解析】 (1)四个篮球中两个分到一组有Ceq \\al(2,4)种分法，三个篮球进行全排列有Aeq \\al(3,3)种分法，标号1，2的两个篮球分给同一个小朋友有Aeq \\al(3,3)种分法，所以有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)－Aeq \\al(3,3)＝36－6＝30种分法．
(2)从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有Aeq \\al(2,3)＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位(或百位)，从1，3，5中选两个数字排在百位(或十位)、个位，共有Aeq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,3)＝12种，故共有Aeq \\al(2,3)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,3)＝18种．故选B.
【答案】 (1)C (2)B
eq \a\vs4\al()
解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列．
角度二 定序问题
某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【解析】 添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个节目，其中七个节目顺序固定．这七个节目的不同安排方法共有Aeq \\al(7,7)种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有Aeq \\al(10,10)种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式共有eq \f(Aeq \\al(10,10),Aeq \\al(7,7))＝720(种)．
【答案】 720
eq \a\vs4\al()
定序问题可用直接法，也可用间接法．
1．甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B、C社区即可，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙丁都去B社区，有1种情况，若丙丁中有1人去B社区，则先在丙丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.
2．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼－15”飞机准备着舰，规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为( )
A．24 B．36
C．48 D．96
解析：选C.根据题意，分2种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架飞机全排列，有Aeq \\al(4,4)＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法：②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架飞机中任选1架，作为最先着舰的飞机，将剩下的4架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同，则此时有eq \f(1,2)×Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝
24种情况，即此时有24种不同的着舰方法．则一共有24＋24＝48种不同的着舰方法．故选C.
3．6位机关干部被选调到4个贫困自然村进行精准扶贫，要求每位机关干部只能参加一个自然村的扶贫工作，且每个自然村至少有1位机关干部扶贫，则不同的分配方案有________种．
解析：先将6位机关干部分成四组，有(1，1，1，3)和(1，1，2，2)两种情况，所以不同的分配方案共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(3,6)＋\f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4),2)))·Aeq \\al(4,4)＝65×24＝1 560(种)．
答案：1 560
数学运算 分组分配问题中的易错点
分组问题是同学们学习中的难点问题，在考试中不容易得分，在解题过程中容易掉入陷阱．
解决这类问题的一个基本指导思想是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分组三种，无论分成几组，应注意的是只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．下面结合一些典型问题谈谈如何避免掉进分组问题中的陷阱．
一、整体均分问题
国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6名免费培养的教育专业师范毕业生，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．
【解析】 先把6个毕业生平均分成3组，有eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq \\al(3,3)＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))Aeq \\al(3,3)＝90种分配方法．
【答案】 90
eq \a\vs4\al()
对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．
二、部分均分问题
将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
【解析】 先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3),Aeq \\al(2,2))＋\f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))))·Aeq \\al(3,3)·Ceq \\al(2,4)＝900种．
【答案】 900
eq \a\vs4\al()
本题属于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
三、不等分组问题
将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．
【解析】 先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有Ceq \\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本，有Ceq \\al(2,5)种选法；最后余下3本全选，有Ceq \\al(3,3)种选法．故共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60Aeq \\al(3,3)＝360种分配方法．
【答案】 360
eq \a\vs4\al()
对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时，任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
总之，在解答分组问题时，一定要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数．对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏，抓住了以上关键点，就能避免掉进陷阱．
[基础题组练]
1．(2020·广西桂林一模)中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》；现甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．54种
解析：选D.(1)若甲选《春秋》，则有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝18种情况；(2)若甲不选《春秋》，则有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36种情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54种．故选D.
2．(2020·湖南长郡中学模拟)某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有( )
A．72种 B．48种
C．36种 D．24种
解析：选C.根据题意，分2步分析：将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有Aeq \\al(2,3)＝6种排法，则后六场开场诗词的排法有6×6＝36种，故选C.
3．(2020·云南昆明模拟)现有6人坐成一排，任选其中3人相互调整座位(这3人中任何一人都不能坐回原来的位置)，其余3人座位不变，则不同的调整方案的种数有( )
A．30 B．40
C．60 D．90
解析：选B.根据题意，分2步进行分析：①从6人中选出3人，相互调整座位，有Ceq \\al(3,6)＝20种选法；②记选出相互调整座位的3人分别为A，B，C，则A有2种坐法，B，C只有1种坐法，A，B，C相互调整座位有2种情况．则不同的调整方案有20×2＝40种，故选B.
4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
解析：选B.第一类：甲在最左端，有Aeq \\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4Aeq \\al(4,4)＝4×4×3×2×1＝96种方法．所以共有120＋96＝216种方法．
5．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为( )
A．30 B．42
C．54 D．56
解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点，有Ceq \\al(3,8)种取法，再减去三点共线的情形即可，即Ceq \\al(3,8)－Ceq \\al(3,5)－Ceq \\al(3,4)＝42.
6．(2020·四川广安、眉山、内江、遂宁一诊)某地环保部门召集6家企业的负责人参加座谈会，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A．15 B．30
C．35 D．42
解析：选B.根据题意，分两类情况讨论：选出的3人中没有人来自甲企业，在其他5个企业中任选3个即可，有Ceq \\al(3,5)＝10种情况；选出的3人中有人来自甲企业，则甲企业只能有1人参与，在其他5个企业中任选2个即可，有2×Ceq \\al(2,5)＝20种情况．则不同的情况共有10＋20＝30种，故选B.
7．(2020·河南南阳模拟)把四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中 ，不允许有空盒子的放法有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
解析：选C.根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中， 且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分2步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)＝6种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)＝6种放法．则不允许有空盒子的放法有6×6＝36种．
8．(2020·广东韶关调研)某中学元旦晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在节目乙的前面，节目丙不能排在最后一位，则该晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．720种 B．360种
C．300种 D．600种
解析：选C.先安排好除节目丙之外的5个节目，有eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(2,2))＝60种可能，再安排节目丙，有5种可能，共60×5＝300种方案．故选C.
9．(一题多解)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
解析：选A.法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)，故总编排方案有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝120(种)．
法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝48种；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．
10．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有( )
A．250个 B．249个
C．48个 D．24个
解析：选C.①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.
11．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
解析：选C.若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(2,3)＝6种；若甲、乙抢的是两个6元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq \\al(2,3)＝6种，根据分类加法计数原理可得，共有36种情况，故选C.
12．某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个．现密码破译者得知；甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最安全的是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选C.甲所设密码共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)＝48种不同设法，乙所设密码共有eq \f(Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,4),2！)＝36种不同设法，丙所设密码共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,3)＝144种不同设法，丁所设密码共有Aeq \\al(4,4)＝24种不同设法，所以丙最安全，故选C.
13．(2020·黑龙江哈尔滨三中期末)有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则不同的出场顺序共________种．
解析：有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则先排2名女演员，有Aeq \\al(2,2)种方法，然后插入1名男演员，有Aeq \\al(1,3)种方法，再把这3个人当作一个整体，和其他2名男演员进行排列，有Aeq \\al(3,3)种方法．再根据分步乘法计数原理，可得不同的出场顺序有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(1,3)·Aeq \\al(3,3)＝36种．
答案：36
14．从某校4个班级的学生中选出7名学生参加进博会志愿者服务，若每个班级至少有一名代表，则各班级的代表数有________种不同的选法．(用数字作答)
解析：由题意，从4个班级的学生中选出7名学生代表，每一个班级中至少有一名代表，相当于7个球排成一排，然后插3块隔板把他们分成4份，即中间6个空位中选3个插板，分成四份，共有Ceq \\al(3,6)＝20种不同的选法．
答案：20
15．(2020·湖北联考)某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为________．
解析：设停车位有n个，这3辆共享汽车都不相邻：相当于先将(n－3)个停车位排放好，再将这3辆共享汽车，插入到所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq \\al(3,n－2)种．恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将(n－3)个停车位排好所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,n－2)种．因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，所以Aeq \\al(3,n－2)＝Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,n－2)，解得n＝10.
答案：10
16．(2020·浙江嘉兴一中、湖州中学联考)用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．
解析：第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有Ceq \\al(1,5)＝5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有Aeq \\al(2,5)＝5×4＝20种方法，所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数．
第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个位数上的数有2种情况：当个位数上的数字是0时，其他数位上的数有Aeq \\al(4,5)＝5×4×3×2＝120种；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有Ceq \\al(1,4)＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数．根据分类加法计算原理，可得共有120＋96＝216个数．
答案：100 216
[综合题组练]
1．(2020·江西临川一中等九校联考)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的．现用编号为1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为( )
A．12 B．24
C．36 D．48
解析：选D.设6种产品分别为a，b，c，d，e，f，如图，根据题意，安全的分组方法有{ab，cf，de}，{ab，cd，ef}，{ac，be，df}，{ac，bf，de}，{ad，ef，bc}，{ad，eb，cf}，{ae，dc，bf}，{ae，df，bc}，共8种，每一种分组安排到3个仓库，有Aeq \\al(3,3)种方法，故总的方法有8×Aeq \\al(3,3)＝48种．故选D.
2．将标号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入3个不同的盒子中．若每个盒子放2个，其中标号为1，2的小球放入同一盒子中，则不同的方法共有( )
A．12种 B．16种
C．18种 D．36种
解析：选C.先将标号为1，2的小球放入盒子，有3种情况；再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中，共有eq \f(Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,2),2！)·Aeq \\al(2,2)＝6种情况，所以不同的方法共有3×6＝18(种)．
3．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有________对．
解析：如图．它们的棱是原正方体的12条面对角线．
一个正四面体中两条棱成60°角的有(Ceq \\al(2,6)－3)对，两个正四面体有(Ceq \\al(2,6)－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(Ceq \\al(2,6)－3)×2×2＝48(对)．
答案：48
4．数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1
排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,5)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝240.
答案：240
5．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．
(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？
(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空隙中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有Ceq \\al(3,6)＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有Ceq \\al(3,10)＝120种放入方式．
6．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．
(1)若恰在第5次测试才测试到第1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Aeq \\al(4,6)种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有Aeq \\al(2,4)种测试方法，再排余下4件的测试位置，有Aeq \\al(4,4)种测试方法．所以共有Aeq \\al(4,6)·Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4)＝103 680种不同的测试方法．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，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Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(4,4)＝576种不同的测试方法．
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合的定义
合成一组
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数
公式
Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…
(n－m＋1)＝eq \f(n！,（n－m）！)
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\al(m,m))＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)
性质
Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1
Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)，Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
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