新高考高中数学核心知识点全透视专题16.1计数原理(精讲精析篇)(原卷版+解析)

这是一份新高考高中数学核心知识点全透视专题16.1计数原理(精讲精析篇)(原卷版+解析)，共35页。试卷主要包含了1 计数原理， 两个原理的区别，分组、分配问题的常见类型，特别提醒等内容，欢迎下载使用。

一、核心素养
1.考查对分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理解及简单应用，凸显数学建模的核心素养．
2．考查常见排列、组合问题的解法，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
3．考查常见排列数、组合数问题的化简及计算，凸显数学运算的核心素养．
4.考查对二项式定理及通项公式的理解与应用，凸显逻辑推理的核心素养．
5．结合求二项展开式中的特定项及二项式系数性质的研究，考查二项式定理的应用，凸显数学运算的核心素养．
二、考试要求
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会解决简单的计数问题.
2．理解排列、组合的概念，掌握排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.
3．了解“杨辉三角”的特征，掌握二项式系数的性质及其简单应用.
4．掌握二项式定理，会用二项式定理解决有关的简单问题.
三、主干知识梳理
（一）分类、分步计数原理
1. 分类加法计数原理（加法原理）的概念
一般形式：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=++……+种不同的方法.
2．分步乘法计数原理(乘法原理)的概念
一般形式：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法.
3. 两个原理的区别：
（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的.
（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事.
3.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行，同时要优先考虑题中的限制条件.
（二）排列组合
1. 排列的相关概念及排列数公式
(1)排列的定义：从个不同元素中取出 ()个元素，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：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用表示．
(3)排列数公式：这里并且
(4)全排列：个不同元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列，(叫做n的阶乘).排列数公式写成阶乘的形式为，这里规定.
2．组合的相关概念及组合数公式
(1)组合的定义：从个不同元素中取出 ()个元素合成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用表示．[来源:学.科.网]
(3)组合数的计算公式：，由于，所以.
(4)组合数的性质：①；②；③.
（三）二项式定理及其应用
1. 二项式定理
，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做的二项展开式，其中的系数 ()叫做二项式系数．式中的叫做二项展开式的通项，用表示，即展开式的第项；.
2．二项展开式形式上的特点
(1)项数为.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为.
(3)字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零；字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到.
(4)二项式的系数从，，一直到，.
3. 二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即，，，.
(2)增减性与最大值：二项式系数，当时，二项式系数是递增的；由对称性知：当时，二项式系数是递减的．
当是偶数时，中间的一项取得最大值．
当是奇数时，中间两项 和相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和
的展开式的各个二项式系数的和等于，即，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即，
4.二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和；
（2）证明一些简单的组合恒等式；
（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；
（4）近似计算.当充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①；②；
（5）证明不等式.
一、命题规律
1.排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理．难度基本稳定在中等或中等以下；
2.二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．
二、真题展示
1．（2023·江苏·高考真题）已知的展开式中的系数为40，则等于（ ）
A．5B．6C．7D．8
2．（2023·山东·高考真题）某值日小组共有5名同窗，假设任意安排3名同窗负责教室内的地面卫生，其余2名同窗负责教室外的走廊卫生，那么不同的安排方式种数是（ ）
A．10B．20C．60D．100
考点01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【典例1】（2023·江苏·高考真题）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（ ）
A．14条B．12条C．9条D．7条
【典例2】（2023·江西·横峰中学高二期中（理））由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（ ）
A．15B．12C．10D．5
【典例3】（2023·全国·高二课时练习）如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个.
【总结提升】
1．分类加法计数原理的两个条件：
(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
2．应用分步乘法计数原理的注意事项
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．
(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
3. 涂色问题：涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.
涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．
考点02 简单排列、组合问题
【典例3】（2023·河北·唐山市第十中学高三期中）有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，则不同的站法共有( )
A．66种B．60种C．36种D．24种
【典例4】（2023·海南省高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【典例5】（2023·全国·高三月考（理））某地计划在10月18日至11月18日举办“菊花花会”，如图是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择摆放，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（ ）
A．240种B．300种
C．360种D．420种
【规律方法】
1．求解有限制条件排列问题的主要方法
2．组合问题常有以下两类题型变化：
(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．
考点03 排列与组合的综合问题
【典例6】（2023·全国·高考真题（理））将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
【典例7】（2023·全国高考真题（理））4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
【典例8】(2023·浙江高考真题）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
【典例9】(2023·浙江高考真题）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）
【典例10】(2023·福建福州模拟)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有 ( )
A．90种 B．180种
C．270种 D．360种
【总结提升】
1. 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．
具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：
(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．
(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
2. 解答排列、组合问题的角度：
解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．
(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；
(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；
(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；
(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
3. 有条件的排列问题大致分四种类型．
(1)某元素不在某个位置上问题，①可从位置考虑用其它元素占上该位置，②可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；③可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数．
(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列．
(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)．
(4)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素也就一种排法．
4．分组、分配问题的求解策略
(1)对不同元素的分配问题
①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．
②对于部分均分，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！，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．
③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．
(2)对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．
5.分组、分配问题的常见类型
(1)类型一：整体均匀分组
在解决整体均分型题目时，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．
(2)类型二：部分均匀分组
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！，一个分组中有几个这样的均匀分组就要除以这样的全排列数．
(3)类型三：不均匀分组
解答本类题，只需先分组，后排列，注意分组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
考点04 二项式定理
【典例11】（2023·山东·高考真题）的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是（ ）
A．0B．C．D．32
【典例12】（2023·北京高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）．
A．B．5C．D．10
【典例13】（2023·全国高考真题（理））的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5B．10
C．15D．20
【典例14】（2023·湖南·高考真题）的展开式中常数项是______．（用数字作答）
【典例15】（2023·浙江高考真题）在二项式的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
【典例16】（2023·浙江省高考真题）设，则a5=________；a1+a2 + a3=________．
【典例17】(2023·山东高考真题（理））已知 的展开式中含有 项的系数是54，则n=_____________.
【典例18】（2023·浙江·高考真题）已知多项式，则___________，___________.
【典例19】（2023·上海·格致中学高三期中）如果，则______.
【典例20】（多选题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）
A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：
C．由“第行所有数之和为”猜想：
D．由“，，”猜想
【规律方法】
1.二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．
2．求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
3．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的方法
逐层展开法的求解步骤：
4.赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)．
①奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝.
②偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
5．二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大；
(2)如果n是奇数，则中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等并最大．
6．展开式系数最大值的两种求解思路
(1)由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1))即可求得答案．
(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值．
7.二项式定理应用的常见题型及求解策略
（1）逆用二项式定理的关键是根据所给式的特点结合二项展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解．
（2）利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论．
（3） 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.
8.特别提醒:
（1）分清是第项，而不是第项.
（2）在通项公式中，含有、、、、、这六个参数，只有、、、是独立的，在未知、的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通式转化为方程（组）求出、,然后代入通项公式求解.
（3）求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项，常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出，再求所需的某项；有时则需先求,计算时要注意和的取值范围以及 它们之间的大小关系.
（4）在中，就是该项的二项式系数，它与，的值无关；而项的系数是指化简后字母外的数．
（5）在应用通项公式时，要注意以下几点：
①它表示二项展开式的任意项，只要与确定，该项就随之确定；
②是展开式中的第项，而不是第项；
③公式中，，的指数和为且，不能随便颠倒位置；
④对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题．
= 5 \* GB3 ⑤在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．
巩固提升
1.（山东省2018年普通高校招生（春季））景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的一面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（ ）
A． 6 B． 10 C． 12 D． 20
2．（2023·福建宁德·高三期中）三名学生报名参加校园文化活动，活动共有三个项目，每人限报其中一项，则恰有两名学生报同一项目的报名方法种数有（ ）
A．6种B．9种C．18种D．36种
3. （2023·福建·泉州科技中学高三月考）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·云南昆明一中高三其他模拟（理））数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343 ，12521等.两位数的回文数有11 ，22 ，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ）
A．40B．30C．20D．10
5.(2023·浙江·诸暨市教育研究中心高二期末）用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
6．（2023·河北高三期中）的展开式中的系数是（ ）
A．90B．80C．70D．60
7．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”.若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，则此数列的第2020项为（ ）
A．B．
C．D．
8．（2023·云南高三期末（理））展开式的系数为（ ）
A．-10B．10C．-30D．30
9．（2023·广东高三月考）在的展开式中，的系数是（ ）
A．20B．C．D．
10.（2023·全国高考真题（理））的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
直接法
分类法
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即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中
除法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法
专题16.1 计数原理（精讲精析篇）
一、核心素养
1.考查对分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理解及简单应用，凸显数学建模的核心素养．
2．考查常见排列、组合问题的解法，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
3．考查常见排列数、组合数问题的化简及计算，凸显数学运算的核心素养．
4.考查对二项式定理及通项公式的理解与应用，凸显逻辑推理的核心素养．
5．结合求二项展开式中的特定项及二项式系数性质的研究，考查二项式定理的应用，凸显数学运算的核心素养．
二、考试要求
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会解决简单的计数问题.
2．理解排列、组合的概念，掌握排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.
3．了解“杨辉三角”的特征，掌握二项式系数的性质及其简单应用.
4．掌握二项式定理，会用二项式定理解决有关的简单问题.
三、主干知识梳理
（一）分类、分步计数原理
1. 分类加法计数原理（加法原理）的概念
一般形式：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=++……+种不同的方法.
2．分步乘法计数原理(乘法原理)的概念
一般形式：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法.
3. 两个原理的区别：
（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的.
（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事.
3.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行，同时要优先考虑题中的限制条件.
（二）排列组合
1. 排列的相关概念及排列数公式
(1)排列的定义：从个不同元素中取出 ()个元素，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：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用表示．
(3)排列数公式：这里并且
(4)全排列：个不同元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列，(叫做n的阶乘).排列数公式写成阶乘的形式为，这里规定.
2．组合的相关概念及组合数公式
(1)组合的定义：从个不同元素中取出 ()个元素合成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用表示．[来源:学.科.网]
(3)组合数的计算公式：，由于，所以.
(4)组合数的性质：①；②；③.
（三）二项式定理及其应用
1. 二项式定理
，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做的二项展开式，其中的系数 ()叫做二项式系数．式中的叫做二项展开式的通项，用表示，即展开式的第项；.
2．二项展开式形式上的特点
(1)项数为.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为.
(3)字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零；字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到.
(4)二项式的系数从，，一直到，.
3. 二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即，，，.
(2)增减性与最大值：二项式系数，当时，二项式系数是递增的；由对称性知：当时，二项式系数是递减的．
当是偶数时，中间的一项取得最大值．
当是奇数时，中间两项 和相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和
的展开式的各个二项式系数的和等于，即，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即，
4.二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和；
（2）证明一些简单的组合恒等式；
（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；
（4）近似计算.当充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①；②；
（5）证明不等式.
一、命题规律
1.排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理．难度基本稳定在中等或中等以下；
2.二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．
二、真题展示
1．（2023·江苏·高考真题）已知的展开式中的系数为40，则等于（ ）
A．5B．6C．7D．8
答案：A
分析：
写出x2项，进一步即可解出.
【详解】
，所以.
故选：A.
2．（2023·山东·高考真题）某值日小组共有5名同窗，假设任意安排3名同窗负责教室内的地面卫生，其余2名同窗负责教室外的走廊卫生，那么不同的安排方式种数是（ ）
A．10B．20C．60D．100
答案：A
分析：
根据组合的定义计算即可.
【详解】
从5人当选取3人负责教室内的地面卫生，共有种安排方式．（选取3人后剩下2名同窗干的活就定了）
故选：A
考点01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【典例1】（2023·江苏·高考真题）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（ ）
A．14条B．12条C．9条D．7条
答案：B
分析：
根据分步乘法计算原理即可求解.
【详解】
由图可知，由①④有3条路径，由④⑥有2条路径，由⑥⑧有2条路径，根据分步乘法计算原理可得从①⑧共有条路径.
故选：B
【典例2】（2023·江西·横峰中学高二期中（理））由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（ ）
A．15B．12C．10D．5
答案：D
分析：
首先根据题意分成一位偶数，二位偶数和三位偶数三类，再利用分类加法原理求解即可.
【详解】
分三类，第一类组成一位整数，偶数有2，共1个；
第二类组成两位整数，其中偶数有12和32，共2个；
第三类组成三位整数，其中偶数有132和312，共2个．
由分类加法计数原理知共有偶数5个．
故选：D
【典例3】（2023·全国·高二课时练习）如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个.
答案：40
分析：
根据分类加法计数原理即可求解.
【详解】
满足条件的有两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8个；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32个，
所以满足条件的三角形共有8＋32＝40个.
故答案为：40
【总结提升】
1．分类加法计数原理的两个条件：
(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
2．应用分步乘法计数原理的注意事项
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．
(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
3. 涂色问题：涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.
涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．
考点02 简单排列、组合问题
【典例3】（2023·河北·唐山市第十中学高三期中）有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，则不同的站法共有( )
A．66种B．60种C．36种D．24种
答案：B
分析：
首先利用全排列并结合已知条件即可求解.
【详解】
首先对五名学生全排列，则共有种情况，
又因为只有甲在乙的左边或右边两种情况，
所以甲不排在乙的左边的不同的站法共有种情况.
故选：B
【典例4】（2023·海南省高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种B．90种
C．60种D．30种
答案：C
【解析】
首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【典例5】（2023·全国·高三月考（理））某地计划在10月18日至11月18日举办“菊花花会”，如图是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择摆放，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（ ）
A．240种B．300种
C．360种D．420种
答案：D
分析：
先放A，分B、D选则同一种花和不同种花两种情况，再考虑C、E，由分步乘法和分类加法原理可得答案.
【详解】
先放A，共有5种选择，
若B、D选则同一种花，有四种选择，剩下的C、E均有三种选择，共种，
若B、D选则不同种花，有种选择，剩下的C、E均有两种选择，共种，
故共有180+240=420种.
故选：D.
【规律方法】
1．求解有限制条件排列问题的主要方法
2．组合问题常有以下两类题型变化：
(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．
考点03 排列与组合的综合问题
【典例6】（2023·全国·高考真题（理））将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
答案：C
分析：
先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】
根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【典例7】（2023·全国高考真题（理））4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
答案：
【解析】
4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学
先取2名同学看作一组，选法有：
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种
故答案为：.
【典例8】(2023·浙江高考真题）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
答案：1260.
【解析】
若不取零，则排列数为若取零，则排列数为
因此一共有个没有重复数字的四位数.
【典例9】(2023·浙江高考真题）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）
答案：660
【解析】
第一类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有 种；第二类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，故答案为.
【典例10】(2023·福建福州模拟)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有 ( )
A．90种 B．180种
C．270种 D．360种
答案：B
【解析】根据题意，分3步进行分析：①在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况；②在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有Ceq \\al(1,5)＝5种情况；③将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有种情况，则一共有6×5×6＝180种不同的安排方案，故选B.
【总结提升】
1. 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．
具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：
(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．
(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
2. 解答排列、组合问题的角度：
解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．
(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；
(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；
(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；
(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
3. 有条件的排列问题大致分四种类型．
(1)某元素不在某个位置上问题，①可从位置考虑用其它元素占上该位置，②可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；③可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数．
(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列．
(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)．
(4)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素也就一种排法．
4．分组、分配问题的求解策略
(1)对不同元素的分配问题
①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．
②对于部分均分，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！，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．
③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．
(2)对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．
5.分组、分配问题的常见类型
(1)类型一：整体均匀分组
在解决整体均分型题目时，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．
(2)类型二：部分均匀分组
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！，一个分组中有几个这样的均匀分组就要除以这样的全排列数．
(3)类型三：不均匀分组
解答本类题，只需先分组，后排列，注意分组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
考点04 二项式定理
【典例11】（2023·山东·高考真题）的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是（ ）
A．0B．C．D．32
答案：D
分析：
根据的二项展开式系数之和为求解即可
【详解】
的二项展开式中所有项的二项式系数之和为
故选：D
【典例12】（2023·北京高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）．
A．B．5C．D．10
答案：C
【解析】
展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故选：C.
【典例13】（2023·全国高考真题（理））的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5B．10
C．15D．20
答案：C
【解析】
展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为
故选：C
【典例14】（2023·湖南·高考真题）的展开式中常数项是______．（用数字作答）
答案：15
分析：
写出二项展开式的通项，由的指数为0求得值，则答案可求．
【详解】
解：由．
取，得．
展开式中常数项为．
故答案为：15．
【典例15】（2023·浙江高考真题）在二项式的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
答案：
【解析】
的通项为
可得常数项为，
因系数为有理数，，有共5个项
【典例16】（2023·浙江省高考真题）设，则a5=________；a1+a2 + a3=________．
答案：80， 122 .
【解析】
的通项为，令，则，故；.
故答案为：80；122
【典例17】(2023·山东高考真题（理））已知 的展开式中含有 项的系数是54，则n=_____________.
答案：
【解析】
（1+3x）n的展开式中通项公式：Tr+1（3x）r＝3rxr．
∵含有x2的系数是54，∴r＝2．
∴54，可得6，∴6，n∈N*．
解得n＝4．
故答案为：4．
【典例18】（2023·浙江·高考真题）已知多项式，则___________，___________.
答案：; .
分析：
根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】
，
，
所以，
，
所以.
故答案为：.
【典例19】（2023·上海·格致中学高三期中）如果，则______.
答案：127
分析：
依题意可得，计算，然后计算即可.
【详解】
由题可知: ，所以
所以，由，所以结果为127
故答案为：127
【典例20】（多选题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）
A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：
C．由“第行所有数之和为”猜想：
D．由“，，”猜想
答案：ABC
【解析】
由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A、B、C正确；
，故D错误.
故选：ABC.
【规律方法】
1.二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．
2．求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
3．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的方法
逐层展开法的求解步骤：
4.赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)．
①奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝.
②偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
5．二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大；
(2)如果n是奇数，则中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等并最大．
6．展开式系数最大值的两种求解思路
(1)由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1))即可求得答案．
(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值．
7.二项式定理应用的常见题型及求解策略
（1）逆用二项式定理的关键是根据所给式的特点结合二项展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解．
（2）利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论．
（3） 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.
8.特别提醒:
（1）分清是第项，而不是第项.
（2）在通项公式中，含有、、、、、这六个参数，只有、、、是独立的，在未知、的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通式转化为方程（组）求出、,然后代入通项公式求解.
（3）求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项，常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出，再求所需的某项；有时则需先求,计算时要注意和的取值范围以及 它们之间的大小关系.
（4）在中，就是该项的二项式系数，它与，的值无关；而项的系数是指化简后字母外的数．
（5）在应用通项公式时，要注意以下几点：
①它表示二项展开式的任意项，只要与确定，该项就随之确定；
②是展开式中的第项，而不是第项；
③公式中，，的指数和为且，不能随便颠倒位置；
④对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题．
= 5 \* GB3 ⑤在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．
巩固提升
1.（山东省2018年普通高校招生（春季））景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的一面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（ ）
A． 6 B． 10 C． 12 D． 20
答案：C
【解析】
先确定从那一面上，有两种选择，再选择上山与下山道路，可得不同走法的种数是
因此选C.
2．（2023·福建宁德·高三期中）三名学生报名参加校园文化活动，活动共有三个项目，每人限报其中一项，则恰有两名学生报同一项目的报名方法种数有（ ）
A．6种B．9种C．18种D．36种
答案：C
分析：
根据题意首先从三名学生中选名选报同一项目，再从三个项目中选项项目，全排即可.
【详解】
由题意可得，
故选：C
3. （2023·福建·泉州科技中学高三月考）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：
分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘法原理可求解.
【详解】
分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解，由题设，四棱锥S - ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；
当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.
故不同的染色方法有种.
故选：C
4．（2023·云南昆明一中高三其他模拟（理））数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343 ，12521等.两位数的回文数有11 ，22 ，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ）
A．40B．30C．20D．10
答案：A
【解析】
由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为，，，.如果末（首）位为，
中间一位数有种可能，同理可得，如果末（首）位为或或，
中间一位数均有种可能，所以有个，
故选：A
5.(2023·浙江·诸暨市教育研究中心高二期末）用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
答案：D
分析：
将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】
将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
故选：D.
6．（2023·河北高三期中）的展开式中的系数是（ ）
A．90B．80C．70D．60
答案：A
【解析】
因为展开式的第项为，
令，得，则的系数为．
故选：A.
7．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”.若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，则此数列的第2020项为（ ）
A．B．
C．D．
答案：A
【解析】
由“杨辉三角形”可知：第一行1个数，第二行2个数，...，第n行n个数，
所以前n行共有：，
当时，，
所以第2020项是第64行的第4个数字，
即为，
故选：A.
8．（2023·云南高三期末（理））展开式的系数为（ ）
A．-10B．10C．-30D．30
答案：A
【解析】
的通项公式为，
因为。
所以含的项为：，
，
展开式的系数为-10，
故选：A
9．（2023·广东高三月考）在的展开式中，的系数是（ ）
A．20B．C．D．
答案：D
【解析】
，
的展开式的通项是，
令，则，则的展开式中的系数为，
令，则，则的展开式中的系数为，
故展开式中的系数是.
故选：D.
10.（2023·全国高考真题（理））的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
答案：
【解析】
其二项式展开通项：
当，解得
的展开式中常数项是：.
故答案为：.
直接法
分类法
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即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中
除法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法