2025届高中数学一轮复习讲义：第十章第4讲　排列与组合（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习讲义：第十章第4讲　排列与组合（含解析），共11页。学案主要包含了解题有法，扫清障碍，指点迷津，极易出错等内容，欢迎下载使用。

一 排列与排列数
1．排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
2．排列数
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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作Aeq \\al(m,n).
二 组合与组合数
1．组合
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2．组合数
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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作Ceq \\al(m,n).
三 排列数、组合数的公式及性质
常/用/结/论
(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．
1．判断下列结论是否正确．
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同的排列．()
(2)选择两人去参加同一项活动时无先后顺序．(√)
(3)若组合数公式Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(m,n)，则x＝m成立．()
(4)kCeq \\al(k,n)＝nCeq \\al(k－1,n－1).(√)
2．6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：“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.
答案：D
3．令站成一排的4个人重新排序，若恰有1个在自己原来的位置，则不同的站法共有( )
A．4种 B．8种
C．12种 D．24种
解析：将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有Ceq \\al(1,4)种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有Ceq \\al(1,4)×2＝8(种)站法，故选B．
答案：B
4．(2023·新高考全国Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．Ceq \\al(45,400)·Ceq \\al(15,200)种 B．Ceq \\al(20,400)·Ceq \\al(40,200)种
C．Ceq \\al(30,400)·Ceq \\al(30,200)种 D．Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种
解析：根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×eq \f(400,600)＝40(人)，高中部共抽取60×eq \f(200,600)＝20(人)，
根据组合公式和分步乘法计数原理，不同的抽样结果共有Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种．
故选D．
答案：D
题型 排列应用题
典例1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)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
可直接直排处理：Aeq \\al(7,7).
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
特殊元素(位置)．
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
捆绑法．
(5)全体排成一排，男生互不相邻；
插空法：先排女生：Aeq \\al(4,4)，再让男生插空：Aeq \\al(3,5).
思考：若“男生不相邻，且女生不相邻”呢？
方法一：先排女生，再让男生插空(不能占两头的空)：Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,3)；
方法二：先排男生(少)，再让女生插空：Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(4,4).
(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人；
小集团，捆绑处理．
(7)全体排成一排，甲必须排在乙前面(不一定相邻)；
eq \f(7人全排列数,甲、乙全排列数).
(8)全部排成一排，甲不排在排头，乙不排在排尾．
解：(1)从7个人中选5个人来排列，有Aeq \\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2 520(种)排法．
(2)分两步完成，先选3人排在前排，有Aeq \\al(3,7)种排法，余下4人排在后排，有Aeq \\al(4,4)种排法，故共有Aeq \\al(3,7)×Aeq \\al(4,4)＝5 040(种)排法．(事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件)
(3)方法一(优先法)：甲为特殊元素，先排甲，有5种方法；其余6人有Aeq \\al(6,6)种方法，故共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600(种)排法．
方法二：排头与排尾为特殊位置，排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有Aeq \\al(2,6)种方法，中间5个位置由余下的4人和甲进行全排列，有Aeq \\al(5,5)种方法，故共有Aeq \\al(2,6)×Aeq \\al(5,5)＝3 600(种)排法．
(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生一起进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将4名女生进行全排列，也有Aeq \\al(4,4)种方法，故共有Aeq \\al(4,4)×Aeq \\al(4,4)＝576(种)排法．
(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有Aeq \\al(4,4)种排法，再在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位排男生，有Aeq \\al(3,5)种排法，故共有Aeq \\al(4,4)×Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)排法．
(6)(捆绑法)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人，有Aeq \\al(2,2)种排法；第二步从余下5人中选3人排在甲、乙中间，有Aeq \\al(3,5)种排法；第三步把这个整体与余下2人进行全排列，有Aeq \\al(3,3)种排法，故共有Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(3,5)×Aeq \\al(3,3)＝720(种)排法．
(7)(消序法)共有eq \f(A\\al(7,7),2)＝2 520(种)排法．
(8)(间接法)共有Aeq \\al(7,7)－2Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝3 720(种)排法．
【另解】直接法
分两类eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①甲不在排尾：C\\al(1,5)甲·C\\al(1,5)乙·A\\al(5,5)其他，,②甲在排尾：C\\al(1,6)乙·A\\al(5,5)其他.))
求解有限制条件的排列问题的主要方法
对点练1(1)(2024·湖北武汉模拟)源于探索外太空的渴望，中国的航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有( )
A．18种 B．36种
C．72种 D．108种
(2)(2024·黑龙江哈九中模拟)某中学在研究性学习成果报告会上，有A，B，C，D，E，F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A，C，D按先后顺序汇报(不一定相邻)，那么不同的汇报安排种数为( )
A．100 C．300 B．120 D．600
(3)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成________个无重复数字的六位奇数．
解析：(1)先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放A，B，共有Aeq \\al(2,3)种放法；再排剩余的3道程序，共有Aeq \\al(3,3)种放法．则共有Aeq \\al(2,3)·Aeq \\al(3,3)＝36(种)放法．
(2)先排B，除了第一个不能选之外其余5个都可以，有Ceq \\al(1,5)＝5(种)方法．
A，C，D3个成果，从剩余5个选3个，按照A，C，D的顺序汇报有Ceq \\al(3,5)＝10(种)方法．
剩余E，F进行排列汇报，有Aeq \\al(2,2)＝2(种)方法．
则不同的汇报安排共有5×10×2＝100(种)．故选A．
(3)方法一：从特殊位置入手(直接法)
分三步完成，第一步先填个位，有Aeq \\al(1,3)种填法，第二步再填十万位，有Aeq \\al(1,4)种填法，第三步填其他位，有Aeq \\al(4,4)种填法，故无重复数字的六位奇数共有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(4,4)＝288(个)．
方法二：从特殊元素入手(直接法)
0不在两端有Aeq \\al(1,4)种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有Aeq \\al(1,3)种排法，其他各位上用剩下的元素作全排列有Aeq \\al(4,4)种排法，故无重复数字的六位奇数共有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(4,4)＝288(个)．
方法三：(间接法)
6个数字的全排列有Aeq \\al(6,6)种排法，0,2,4在个位上的排列数为3Aeq \\al(5,5)，1,3,5在个位上，0在十万位上的排列数为3Aeq \\al(4,4)，故无重复数字的六位奇数有Aeq \\al(6,6)－3Aeq \\al(5,5)－3Aeq \\al(4,4)＝288(个)．
答案：(1)B (2)A (3)288
题型 组合应用题
典例2某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名队长．现从中选5人主持某个活动，依下列条件各有多少种选择？
(1)只有一名女生当选；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)男生甲和女生乙当选；
(5)最多有两名女生当选．
直接法，分3类eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①2名女生；,②1名女生；,③没有女生，))也可用间接法．
解：(1)只有一名女生当选即为有一名女生和四名男生当选，故选法共有Ceq \\al(1,5)×Ceq \\al(4,8)＝350(种)．
(2)两队长当选，选法共有Ceq \\al(2,2)×Ceq \\al(3,11)＝165(种)．
(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选和有两名队长当选．故选法共有Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(4,11)＋Ceq \\al(2,2)×Ceq \\al(3,11)＝825(种)，或采用间接法：选法共有Ceq \\al(5,13)－Ceq \\al(5,11)＝825(种)．
(4)男生甲和女生乙当选，则需从剩余11人中选3人，故选法共有Ceq \\al(3,11)＝165(种)．
(5)最多有两名女生当选含有三类；有两名女生当选、只有一名女生当选和没有女生当选．故选法共有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(1,5)×Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(5,8)＝966(种)．
组合问题常有以下两类题型
(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“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义．谨防重复与遗漏，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.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练2(1)(2023·全国乙卷，理)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
(2)(2023·新高考全国Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
解析：(1)首先确定相同的读物，共有Ceq \\al(1,6)种选法，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出2种进行排列，共有Aeq \\al(2,5)种选法，
根据分步乘法计数原理，则共有Ceq \\al(1,6)Aeq \\al(2,5)＝120(种)选法．
故选C．
(2)Ⅰ.当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16(种)．
Ⅱ.当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课选1门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)；
②若体育类选修课选2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
答案：(1)C (2)64
题型 排列、组合综合题
典例3(1)(2023·全国甲卷，理)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加
先选1人：Ceq \\al(1,5)，再选2人每人一天：Aeq \\al(2,4).
的不同安排方式共有( )
A．120种 B．60种
C．30种 D．20种
(2)(2024·湖南衡阳创新实验班测试)2023年春节，在北京工作的五个家庭开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为A，B，C，D，E，五辆车随机排成一列，则A车与B车相邻，A车与C车不相邻的排法有( )
A．36种 B．42种
C．48种 D．60种
(3)(2024·浙江名校协作体检测)某校银杏大道上共有20盏路灯排成一列，为了节约用电，学校打算关掉3盏路灯，头尾2盏路灯不能关闭，关掉的相邻2盏路灯之间至少有2盏亮的路灯，则不同的方案种数是( )
A．324 B．364
C．560 D．680
解析：(1)先从5名志愿者中选出1名志愿者参加星期六、星期日两天的公益活动，再从剩下的4名志愿者中选出2名志愿者分别参加星期六、星期日的公益活动，共有Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,4)＝60(种)不同的安排方式，故选B．
(2)将A车与B车捆在一起当成一个元素使用，
【解题有法】相邻元素用“捆绑法”，注意“定元”，确定要求相邻的元素，不要忽视捆在一起的两元素的排序的种数．
有Aeq \\al(2,2)种不同的捆法．
将其与除C车外的2个元素全排列，有Aeq \\al(3,3)种排法．
将C车插入，不与A车相邻，有Aeq \\al(1,3)种插法．
【扫清障碍】不相邻元素用“插空法”，先把无位置要求的几个元素全排列，再把要求不相邻的元素插到产生的空位中，注意个别位置由于限制条件的原因是不能插入的．
故共有Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(3,3)×Aeq \\al(1,3)＝36(种)排法．故选A．
(3)将20盏路灯分成2盏、15盏、3盏共3组，先将15盏亮的路灯排成一列，把3盏关掉的路灯插空，而头尾2盏路灯不能关闭，
所以是在除头、尾之外的14个空位中插入3盏关掉的路灯，共Ceq \\al(3,14)＝364(种)方法．
在每2盏关掉的路灯之间再各放入1盏亮的路灯，且路灯无差异，【指点迷津】此时每2盏关掉的路灯之间已经至少有1盏亮的路灯，此时将剩下的2盏亮的路灯分别插入3盏关掉的路灯之间的2个空位中即可满足要求．
保证关掉的相邻2盏路灯之间至少有2盏亮的路灯，只有1种方法．
综上，共有364×1＝364(种)方案．故选B．
解决特殊元素、特殊位置问题的原则与方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．
(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．
对点练3(1)(2024·广东部分学校大联考)A，B，C，D，E，F六人站成一排，C站第三位，A不站在两端，D和E相邻，则不同的排列方式共有( )
A．16种 B．20种
C．24种 D．28种
(2)(多选)3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是( )
A．共有60种不同的坐法
B．空位不相邻的坐法有72种
C．空位相邻的坐法有24种
D．两端不是空位的坐法有18种
解析：(1)符合要求的排法可分为三类，第一类为A站在第二位的排法，符合要求的排法可分为三步完成，即先排A，C，有1种排法，再排D，E，有2Aeq \\al(2,2)种排法，最后排其余两人有Aeq \\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有1×4×2＝8(种)排法；第二类为A站在第四位的排法，符合要求的排法可分为三步完成，即先排A，C，有1种排法，再排D，E，有2Aeq \\al(2,2)种排法，最后排其余两人有Aeq \\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理可得第二类共有1×4×2＝8(种)排法；第三类为A站在第五位的排法，符合要求的排法可分为三步完成，即先排A，C，有1种排法，再排D，E，有Aeq \\al(2,2)种排法，最后排其余两人有Aeq \\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理可得第三类共有1×2×2＝4(种)排法．由分类加法计数原理可得符合要求的排法共有8＋8＋4＝20(种)．故选B．
(2)A选项，共有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)不同的坐法，故A正确；
B选项，相当于先排好这3个人有Aeq \\al(3,3)种排法，然后把2个空位插在3个人形成的4个空隙中，有Ceq \\al(2,4)种插法，故共有Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(2,4)＝36(种)坐法，故B错误；
C选项，相当于把2个空位先捆绑好，再插到3人形成的4个空隙中，故共有Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,4)＝24(种)坐法，故C正确；
D选项，相当于先从3人中抽取2人排好后放在两端，第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有Aeq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＝18(种)坐法，故D正确．
答案：(1)B (2)ACD
题型 分组分配问题的多维研讨
维度1 不同元素的分组分配问题
典例4按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(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；
均分n组，要除以Aeq \\al(n,n)，为什么呢？如本题：6本书编号①②③④⑤⑥，Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)如下：
①② ③④ ⑤⑥
①② ⑤⑥ ③④
…
即分组为①②，③④，⑤⑥的按2×3＝6(种)计算，即3组的全排列数．
(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；
部分均分．
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．
解：(1)无序不均匀分组问题．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；最后余下的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)分配方式．
(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题基础上，还应考虑再分配，共有Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(3,3)×Aeq \\al(3,3)＝360(种)分配方式．
(3)无序均匀分组问题．有eq \f(C\\al(2,6)×C\\al(2,4)×C\\al(2,2),A\\al(3,3))＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题．在第(3)题基础上再分配给3个人，分配方式共有eq \f(C\\al(2,6)×C\\al(2,4)×C\\al(2,2),A\\al(3,3))×Aeq \\al(3,3)＝Ceq \\al(2,6)×Ceq \\al(2,4)×Ceq \\al(2,2)＝90(种)．
【另解】分步乘法：Ceq \\al(2,6)(甲拿)·Ceq \\al(2,4)(乙拿)·Ceq \\al(2,2)(丙拿)．
(5)无序部分均匀分组问题，共有eq \f(C\\al(4,6)×C\\al(1,2)×C\\al(1,1),A\\al(2,2))＝15(种)分组方式．
(6)有序部分均匀分组问题．在第(5)题基础上再分配给3个人，分配方式共有eq \f(C\\al(4,6)×C\\al(1,2)×C\\al(1,1),A\\al(2,2))×Aeq \\al(3,3)＝90(种)．
(7)直接分配问题．甲选1本有Ceq \\al(1,6)种方法，乙从余下5本中选1本有Ceq \\al(1,5)种方法，余下4本留给丙有Ceq \\al(4,4)种方法，共有Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(1,5)×Ceq \\al(4,4)＝30(种)分配方式．
解决不同元素分组分配问题的策略
(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！，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．
(3)对于有序不等分组，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.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练4(1)(2024·江西吉安质量检测)中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，10月17日各代表团分组讨论党的二十大报告．某媒体5名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道，每名记者只去1个小组，每个小组最多2名记者．若记者A不去甲组，则不同的安排方法共有( )
A．15种 B．30种
C．60种 D．90种
(2)某学校新来了五名学生，学校准备把他们分配到甲、乙、丙三个班级，每个班级至少分配一人，则其中学生A不分配到甲班的分配方案种数是________．
解析：(1)若A去乙组(或丙组)，且该组只安排1人，剩下4名记者按2,2分组，再分配到另2个小组，则不同的安排方法共有2×eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))×Aeq \\al(2,2)＝12(种)；若A去乙组(或丙组)，且该组安排2人，从4人中选1人在该组，剩下3人按2,1分组，再分配到另2个小组，则不同的安排方法共有2×Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(2,3)×Ceq \\al(1,1)×Aeq \\al(2,2)＝48(种)．所以不同的安排方法共有12＋48＝60(种)，故选C．
(2)A的分配方案有2种，若A分配到的班级不再分配其他学生，则把其余四人分组后分配到另外两个班级，分配方案种数是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\\al(3,4)×C\\al(1,1)＋\f(C\\al(2,4)×C\\al(2,2),A\\al(2,2))))Aeq \\al(2,2)＝14；若A分配到的班级再分配一名学生，则把剩余的三名学生分组后分配到另外两个班级，分配方案种数是Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(1,3)×Aeq \\al(2,2)＝24；若A分配到的班级再分配两名学生，则剩余的两名学生就分配到另外的两个班级，分配方案种数是Ceq \\al(2,4)×Aeq \\al(2,2)＝12.故分配方案总数为2×(14＋24＋12)＝100.
答案：(1)C (2)100
维度2 相同元素的分配问题
典例5(1)8个相同的小球放入5个不同盒子中，每盒不空的放法共有________种．
隔板法：在8个小球产生的7个空位(除去两头)中放入4个板即可．
(2)(2024·上海华东师范大学第二附属中学质检)7名志愿者的名额分给3个班，每班至少一个名额，则有________种不同的分配方法(用数字作答)．
解析：(1)一共有8个相同的小球，放入5个不同的盒子，每个盒子不空，即将小球分成5份，每份至少1个．(定个数)
将8个小球摆放一列，形成9个空，中间有7个空，(定空位)
则只需在这7个空中插入4个隔板．隔板不同的放法有Ceq \\al(4,7)＝Ceq \\al(3,7)＝eq \f(7×6×5,3×2×1)＝35(种)．(插隔板)
所以每盒不空的放法共有35种．故答案为35.
(2)7名志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额，【指点迷津】注意题眼“名额”，其名额之间无差别，故是属于相同元素的分配问题．
其实就是在7名志愿者的名额产生的6个空位中插入2个“挡板”，【极易出错】“档板”需放入，故算空位时两端的空位不能算，注意与插空法的区别．
共有Ceq \\al(2,6)＝15(种)不同的分配方法．
故答案为15.
隔板法的解题步骤
(1)定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量．
(2)定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数．
(3)插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求，插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数．
(4)回顾反思：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练5(1)三元一次方程x＋y＋z＝10有________组正整数解．
(2)有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”“八女投江”“八勇士智取华山”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”(比如1 223就是一个“英雄数”，1＋2＋2＋3＝8)，则所有的“英雄数”有________个．
解析：(1)将10个1用隔板法分成三组，每组至少1个1，共有Ceq \\al(2,9)＝36(种)分法，即有36组正整数解．
(2)由题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间共有7个空位(不包括头尾)，若“英雄数”中四个位置的数字都不为0，则在这7个空位中随机安排3个隔板，可以将小球分为4组，共有Ceq \\al(3,7)＝35(组)，因而可组成满足条件的四位数有35个；
若“英雄数”中4个数字中只有1个0，则需要在这7个空位中随机安排2个隔板，可以将小球分成个数不为0的3组，共有Ceq \\al(2,7)组，根据0可以作为百位、十位、个位上的数字，此时共有3×Ceq \\al(2,7)＝63(个)“英雄数”；
同理，若“英雄数”中4个数字中有2个0，则需要在这7个空位中随机安排1个隔板，可以将小球分成个数不为0的2组，0可以作为百位、十位、个位其中两位上的数字，此时共有Ceq \\al(1,7)×Ceq \\al(2,3)＝21(个)“英雄数”；
若“英雄数”中4个数字中有3个0，则只能是8 000，只有一种情况．
综上，共有35＋63＋21＋1＝120(个)“英雄数”．
答案：(1)36 (2)120
排列数
组合数
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(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝
eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)
＝eq \f(n！,m！n－m！)
性质
(1)Aeq \\al(n,n)＝n！；
(2)0！＝1
(1)Ceq \\al(0,n)＝1；
(2)Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；
(3)Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
备注
n，m∈N*且m≤n
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后的空中
定序
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，一般利用正难则反、等价转化的方法