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高考数学一轮复习第9章9.3两个基本计数原理排列与组合课件
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这是一份高考数学一轮复习第9章9.3两个基本计数原理排列与组合课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，必备知识预案自诊，知识梳理，考点自诊，关键能力学案突破等内容，欢迎下载使用。
素养提升微专题11——几种特定的排列组合问题解法
1.两个基本计数原理
m1+m2+…+mn
m1×m2×…×mn
温馨提示(1)分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B的元素个数,即m1+m2.(2)分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏.
2.两个计数原理的区别与联系
3.排列与组合的概念
温馨提示(1)区别一个问题是排列问题还是组合问题,关键是看它有无“顺序”.(2)定义中规定m≤n,如果m
5.排列数、组合数公式
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)在分类加法计数原理中,每类方案中的每种方法都能直接完成这件事.( )(2)在分步乘法计数原理中,只有各步骤都完成后,这件事情才算完成.( )(3)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )(4)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )(5)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( )
3.(2020浙江慈溪高三期末)若甲、乙、丙、丁四人排队照相,则甲、乙两人必须相邻的不同排法数是( )A.6B.12C.18D.24
答案 B 解析 由题可知,甲、乙两人必须相邻,使用捆绑法,看作一个整体,则所求的不同排法数为
4.3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同的选法种数为( )A.243B.125C.128 D.264
答案 B 解析 因为第1个班有5种选法,第2个班有5种选法,第3个班有5种选法,所以由分步乘法计数原理可得,不同的选法有5×5×5=125(种).
5.2020年4月30日,我国的5G信号首次覆盖了海拔8 000米的珠穆朗玛峰峰顶和北坡登山路线,为了保证中国登山队珠峰高程测量的顺利直播,现从海拔5 300米、5 800米和6 500米的三个大本营中抽出了4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,则不同的安排方法共有( )A.72种B.36种C.48种D.54种
答案 B 解析 因为将4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,所以先从这4人中选出2人作为一个整体,再把它同另外两人在三个位置全排列,则共有 =36(种)不同的安排方法.
6.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数是 .
答案 6 解析 从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类:第1类,取出的两数都是偶数,共有3种方法;第2类,取出的两数都是奇数,共有3种方法.故由分类加法计数原理,不同的取法种数为N=3+3=6.
【例1】 用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成 个无重复数字的四位偶数.
答案 420 解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”,所以千位数字不能为0,个位数字必须是偶数,且组成的四位数中四个数字不重复,因此应先分类,再分步.
(方法1)第1类,当千位数字为奇数时,即取1,3,5中的任意一个时,个位数字可取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180(个)数.根据分类加法计数原理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位偶数.(方法2 排除法)先定个位数有4种取法,再定另外3位数有 =120(种)取法,共有480种.其中0作千位,其余数作个位不合题意,有3× =60(种)取法.故应有480-60=420(种)取法.故共可以组成420个无重复数字的四位偶数.
解题心得解决较为复杂的计数问题,一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件:①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连续性.
对点训练1如图,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有 种.
答案 72 解析 (方法1)由题图可知,2区与4区不相邻,3区与5区不相邻,且不相邻的区域可用同1种颜色涂色,所以最少可用3种颜色,故可根据选用颜色的种数进行分类.第1类,使用3种颜色,则2区与4区同色,3区与5区同色,可分三步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂3区与5区,有3种颜色可选(除涂2区、4区的颜色);第3步,涂1区,有2种颜色可选(除前2步所选的颜色).由分步乘法计数原理知,该类涂色方法共有4×3×2=24(种).
第2类,使用4种颜色,2区与4区同色,3区与5区不同色,可分4步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂1区,有3种颜色可选;第3步,涂3区,有2种颜色可选;第4步,涂5区,有1种颜色可选.由分步乘法计数原理可知,该类涂色方法共有4×3×2×1=24(种).第3类,使用4种颜色,3区与5区同色,2区与4区不同色,同理可得该类涂色方法共有24种.综上,由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有24+24+24=72(种).(方法2)因为1区与其他4个区都相邻,首先考虑1区,有4种涂法.若2区与4区同色,有3种涂色,此时3区与5区均有2种涂法,涂法种数为4×3×2×2=48;若2区与4区不同色,先涂2区,有3种方法,再涂4区,有2种方法,此时3区与5区都只有1种涂法,涂法种数为4×3×2×1×1=24.因此,满足条件的涂色方法共有48+24=72(种).
解题心得1.排列数和组合数公式要注意m∈N*,n∈N*,且n≥m,由此确定m,n的范围,求解后要验证所得结果是否符合题意.2.解排列数(组合数)不等式(方程)时,应先利用计算公式将排列数(组合数)的形式转化为常规代数不等式(方程)的形式,然后求解.
解 (1)由排列数和组合数公式,原方程可化为即(x-3)(x-6)=40,整理得x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2.经检验知x=11是原方程的根,x=-2是原方程的增根.∴方程的根为x=11.(2)原不等式可化为(n-2)(n-3)>2-n,整理得n2-4n+4>0,即(n-2)2>0,解得n≠2.∵n-2≥2,∴n≥4,∴原不等式的解集为{n|n≥4,n∈N*}.
考向1 在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法【例3】 6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有 种.
解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.
变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有 种.
对点训练3 6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
考向2 相邻问题——捆绑法【例4】 3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( )A.2B.9C.72D.36
解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.
对点训练4某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32
答案 C解析 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有 =6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.
考向3 不相邻问题——插空法【例5】 某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )A.1 800 B.3 600C.4 320D.5 040
解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.
对点训练5某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120 C.144D.168
考向4 定序问题——等几率法【例6】 有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有 种.
对点训练6 7个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,则不同的列队方式种数为( )A.120B.240 C.420D.840
【例7】 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
解题心得组合问题的两类题型及求解方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外的元素补足;“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“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
对点训练7男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男运动员3名,女运动员2名;(2)至少有1名女运动员;(3)队长中至少有1人参加;(4)既要有队长,又要有女运动员.
【例8】 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.
解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.(1)分组问题属于“组合”问题.①对于整体均分,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组数的阶乘;②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;③对于不等分组,只需先分组,后排列.(2)分配问题属于“排列”问题.①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;③限制条件的分配问题常采用分类法求解.
对点训练8(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为( )A.280B.455C.355D.350(2)学校将5位同学分别推荐到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学参加自主招生考试,则每所大学至少推荐一人的不同推荐方法种数为( )A.240B.180C.150D.540
答案 (1)B (2)C
素养提升微专题11 ——几种特定的排列组合问题解法
类型一 圆形排列问题【例1】 小明及朋友小张去参加一个聚会,8个人围着圆桌随机坐下,每个人坐在任何一个位置的概率相等.在这种情况下小明同其朋友小张坐在一起所有可能情况有 种. 答案1 440解析小明及其朋友小张坐在一起时总的坐法可以这样考虑,第一步:将除去小明及其朋友小张外6个人排好,有(6-1)!种坐法;第二步,把小明及其朋友小张作为一个整体插到6个人形成的空隙中,6个人围在一起时,会形成6个空隙,故有6种情况;第三步,小明及其朋友小张内部可以全排列.由分步乘法计数原理,小明及其朋友坐在一起的坐法有(6-1)!×6× =1 440(种).
解题心得n个不同的事物围成一个圆时总的围成方法有(n-1)!种.解决圆形排列问题时最关键的就是插空思想,即将某个部分插入另外几个部分形成的空隙中.
类型二 “隔板法”解一类分组与分配问题【例2】 将组成篮球队的10个名额分配给7所学校,每校至少1名,问名额的分配方式共有多少种?
解题指导“名额”是不加区分的,相当于将10个相同的元素分配到7个不同的单位,每个单位至少一个,求分配的种数,因此可考虑分类(不均匀分配)处理或用“隔板法”.
【例3】 求方程x1+x2+x3+x4=10的正整数解的组数.解将10个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的9个空中任选3个插入3块隔板,把球分为四组(如图).
每一种分法所得球的数目依次为x1,x2,x3,x4.显然x1+x2+x3+x4=10,故(x1,x2,x3,x4)是方程的一组解.
反之,方程的任何一组解(y1,y2,y3,y4),对应着唯一的一种在10个球之间插入隔板的方式(如图).
故方程的正整数解和插入隔板的方法一一对应,即方程的正整数解的组数等于插隔板的方法数 ,即84组.
解题心得“隔板法”是解决相同元素的分配问题与不定方程整数解的组数问题的常用方法.(1)凡“相同小球放入不同盒中”的问题,即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题,一般可用“隔板法”解:①当每组至少含一个元素时,其不同分组方式有 种,即在n个元素中间的n-1个空中加入m-1个“隔板”.②任意分组,可出现某些组含元素为0个的情况,其不同分组方式有 种,即将n个相同元素与m-1个相同“隔板”进行排序,在n+m-1个位置中选m-1个安排“隔板”.(2)不定方程就是未知数的个数大于方程的个数,像方程x1+x2+…+xn=m就是一个最简单的不定方程.求这类不定方程的整数解的组数的常用方法也是“隔板法”.
类型三 几何图形中的组合问题【例4】 (1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一平面上,有多少种不同的取法?(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同取法?
解题指导对(1)可用直接法,对(2)先求出从10个点中任取4个点的取法,然后剔除不合题意的:①在四面体的同一平面内;②其中三点在一条棱上,另一点是其所对棱的中点;③都是对棱的中点.
解(1)(直接法)如图,含顶点A的四面体的3个面上,除点A外都有5个点,从中取出3个点必与点A共面,共有 种取法;含顶点A的三条棱上,除点A外都有2个点,它们与所对棱的中点共面,共有3种取法.根据分类加法计数原理,与顶点A共面的3个点的取法有 +3=33(种).
解题心得利用组合知识解决与几何有关的问题应注意:(1)将已知条件中的元素特征搞清楚,确定采用直接法还是间接法.(2)使用分类方法时,确定分类的标准是一个难点,具体问题应具体分析.(3)常采用间接法解决该类问题.
素养提升微专题11——几种特定的排列组合问题解法
1.两个基本计数原理
m1+m2+…+mn
m1×m2×…×mn
温馨提示(1)分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B的元素个数,即m1+m2.(2)分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏.
2.两个计数原理的区别与联系
3.排列与组合的概念
温馨提示(1)区别一个问题是排列问题还是组合问题,关键是看它有无“顺序”.(2)定义中规定m≤n,如果m
5.排列数、组合数公式
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)在分类加法计数原理中,每类方案中的每种方法都能直接完成这件事.( )(2)在分步乘法计数原理中,只有各步骤都完成后,这件事情才算完成.( )(3)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )(4)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )(5)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( )
3.(2020浙江慈溪高三期末)若甲、乙、丙、丁四人排队照相,则甲、乙两人必须相邻的不同排法数是( )A.6B.12C.18D.24
答案 B 解析 由题可知,甲、乙两人必须相邻,使用捆绑法,看作一个整体,则所求的不同排法数为
4.3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同的选法种数为( )A.243B.125C.128 D.264
答案 B 解析 因为第1个班有5种选法,第2个班有5种选法,第3个班有5种选法,所以由分步乘法计数原理可得,不同的选法有5×5×5=125(种).
5.2020年4月30日,我国的5G信号首次覆盖了海拔8 000米的珠穆朗玛峰峰顶和北坡登山路线,为了保证中国登山队珠峰高程测量的顺利直播,现从海拔5 300米、5 800米和6 500米的三个大本营中抽出了4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,则不同的安排方法共有( )A.72种B.36种C.48种D.54种
答案 B 解析 因为将4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,所以先从这4人中选出2人作为一个整体,再把它同另外两人在三个位置全排列,则共有 =36(种)不同的安排方法.
6.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数是 .
答案 6 解析 从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类:第1类,取出的两数都是偶数,共有3种方法;第2类,取出的两数都是奇数,共有3种方法.故由分类加法计数原理,不同的取法种数为N=3+3=6.
【例1】 用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成 个无重复数字的四位偶数.
答案 420 解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”,所以千位数字不能为0,个位数字必须是偶数,且组成的四位数中四个数字不重复,因此应先分类,再分步.
(方法1)第1类,当千位数字为奇数时,即取1,3,5中的任意一个时,个位数字可取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180(个)数.根据分类加法计数原理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位偶数.(方法2 排除法)先定个位数有4种取法,再定另外3位数有 =120(种)取法,共有480种.其中0作千位,其余数作个位不合题意,有3× =60(种)取法.故应有480-60=420(种)取法.故共可以组成420个无重复数字的四位偶数.
解题心得解决较为复杂的计数问题,一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件:①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连续性.
对点训练1如图,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有 种.
答案 72 解析 (方法1)由题图可知,2区与4区不相邻,3区与5区不相邻,且不相邻的区域可用同1种颜色涂色,所以最少可用3种颜色,故可根据选用颜色的种数进行分类.第1类,使用3种颜色,则2区与4区同色,3区与5区同色,可分三步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂3区与5区,有3种颜色可选(除涂2区、4区的颜色);第3步,涂1区,有2种颜色可选(除前2步所选的颜色).由分步乘法计数原理知,该类涂色方法共有4×3×2=24(种).
第2类,使用4种颜色,2区与4区同色,3区与5区不同色,可分4步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂1区,有3种颜色可选;第3步,涂3区,有2种颜色可选;第4步,涂5区,有1种颜色可选.由分步乘法计数原理可知,该类涂色方法共有4×3×2×1=24(种).第3类,使用4种颜色,3区与5区同色,2区与4区不同色,同理可得该类涂色方法共有24种.综上,由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有24+24+24=72(种).(方法2)因为1区与其他4个区都相邻,首先考虑1区,有4种涂法.若2区与4区同色,有3种涂色,此时3区与5区均有2种涂法,涂法种数为4×3×2×2=48;若2区与4区不同色,先涂2区,有3种方法,再涂4区,有2种方法,此时3区与5区都只有1种涂法,涂法种数为4×3×2×1×1=24.因此,满足条件的涂色方法共有48+24=72(种).
解题心得1.排列数和组合数公式要注意m∈N*,n∈N*,且n≥m,由此确定m,n的范围,求解后要验证所得结果是否符合题意.2.解排列数(组合数)不等式(方程)时,应先利用计算公式将排列数(组合数)的形式转化为常规代数不等式(方程)的形式,然后求解.
解 (1)由排列数和组合数公式,原方程可化为即(x-3)(x-6)=40,整理得x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2.经检验知x=11是原方程的根,x=-2是原方程的增根.∴方程的根为x=11.(2)原不等式可化为(n-2)(n-3)>2-n,整理得n2-4n+4>0,即(n-2)2>0,解得n≠2.∵n-2≥2,∴n≥4,∴原不等式的解集为{n|n≥4,n∈N*}.
考向1 在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法【例3】 6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有 种.
解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.
变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有 种.
对点训练3 6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
考向2 相邻问题——捆绑法【例4】 3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( )A.2B.9C.72D.36
解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.
对点训练4某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32
答案 C解析 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有 =6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.
考向3 不相邻问题——插空法【例5】 某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )A.1 800 B.3 600C.4 320D.5 040
解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.
对点训练5某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120 C.144D.168
考向4 定序问题——等几率法【例6】 有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有 种.
对点训练6 7个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,则不同的列队方式种数为( )A.120B.240 C.420D.840
【例7】 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
解题心得组合问题的两类题型及求解方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外的元素补足;“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“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
对点训练7男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男运动员3名,女运动员2名;(2)至少有1名女运动员;(3)队长中至少有1人参加;(4)既要有队长,又要有女运动员.
【例8】 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.
解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.(1)分组问题属于“组合”问题.①对于整体均分,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组数的阶乘;②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;③对于不等分组,只需先分组,后排列.(2)分配问题属于“排列”问题.①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;③限制条件的分配问题常采用分类法求解.
对点训练8(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为( )A.280B.455C.355D.350(2)学校将5位同学分别推荐到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学参加自主招生考试,则每所大学至少推荐一人的不同推荐方法种数为( )A.240B.180C.150D.540
答案 (1)B (2)C
素养提升微专题11 ——几种特定的排列组合问题解法
类型一 圆形排列问题【例1】 小明及朋友小张去参加一个聚会,8个人围着圆桌随机坐下,每个人坐在任何一个位置的概率相等.在这种情况下小明同其朋友小张坐在一起所有可能情况有 种. 答案1 440解析小明及其朋友小张坐在一起时总的坐法可以这样考虑,第一步:将除去小明及其朋友小张外6个人排好,有(6-1)!种坐法;第二步,把小明及其朋友小张作为一个整体插到6个人形成的空隙中,6个人围在一起时,会形成6个空隙,故有6种情况;第三步,小明及其朋友小张内部可以全排列.由分步乘法计数原理,小明及其朋友坐在一起的坐法有(6-1)!×6× =1 440(种).
解题心得n个不同的事物围成一个圆时总的围成方法有(n-1)!种.解决圆形排列问题时最关键的就是插空思想,即将某个部分插入另外几个部分形成的空隙中.
类型二 “隔板法”解一类分组与分配问题【例2】 将组成篮球队的10个名额分配给7所学校,每校至少1名,问名额的分配方式共有多少种?
解题指导“名额”是不加区分的,相当于将10个相同的元素分配到7个不同的单位,每个单位至少一个,求分配的种数,因此可考虑分类(不均匀分配)处理或用“隔板法”.
【例3】 求方程x1+x2+x3+x4=10的正整数解的组数.解将10个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的9个空中任选3个插入3块隔板,把球分为四组(如图).
每一种分法所得球的数目依次为x1,x2,x3,x4.显然x1+x2+x3+x4=10,故(x1,x2,x3,x4)是方程的一组解.
反之,方程的任何一组解(y1,y2,y3,y4),对应着唯一的一种在10个球之间插入隔板的方式(如图).
故方程的正整数解和插入隔板的方法一一对应,即方程的正整数解的组数等于插隔板的方法数 ,即84组.
解题心得“隔板法”是解决相同元素的分配问题与不定方程整数解的组数问题的常用方法.(1)凡“相同小球放入不同盒中”的问题,即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题,一般可用“隔板法”解:①当每组至少含一个元素时,其不同分组方式有 种,即在n个元素中间的n-1个空中加入m-1个“隔板”.②任意分组,可出现某些组含元素为0个的情况,其不同分组方式有 种,即将n个相同元素与m-1个相同“隔板”进行排序,在n+m-1个位置中选m-1个安排“隔板”.(2)不定方程就是未知数的个数大于方程的个数,像方程x1+x2+…+xn=m就是一个最简单的不定方程.求这类不定方程的整数解的组数的常用方法也是“隔板法”.
类型三 几何图形中的组合问题【例4】 (1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一平面上,有多少种不同的取法?(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同取法?
解题指导对(1)可用直接法,对(2)先求出从10个点中任取4个点的取法,然后剔除不合题意的:①在四面体的同一平面内;②其中三点在一条棱上,另一点是其所对棱的中点;③都是对棱的中点.
解(1)(直接法)如图,含顶点A的四面体的3个面上,除点A外都有5个点,从中取出3个点必与点A共面,共有 种取法;含顶点A的三条棱上,除点A外都有2个点,它们与所对棱的中点共面,共有3种取法.根据分类加法计数原理,与顶点A共面的3个点的取法有 +3=33(种).
解题心得利用组合知识解决与几何有关的问题应注意:(1)将已知条件中的元素特征搞清楚,确定采用直接法还是间接法.(2)使用分类方法时,确定分类的标准是一个难点,具体问题应具体分析.(3)常采用间接法解决该类问题.
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