第十一章排列、組合、二項式定理
點一點——明確目標
分類計數原理與分步計數原理是計數問題的基本原理，它貫穿於全章學習的始終，體現了解決問題時不同觀念下的兩種方法；分類計數原理和分步計數原理是解決排列、組合問題的理論基礎.
做一做——熱身適應
1.十字路口來往的車輛，如果不允許回頭，共有種行車路線.
解析：起點為c種可能性，終點為c種可能性，因此，行車路線共有c×c=12種.
答案：12
2.72的正約數（包括1和72）共有個.
解析：72=23×32.
∴2m·3n（0≤m≤3，0≤n≤2，m，n∈n）都是72的正約數.
m的取法有4種，n的取法有3種，由分步計數原理共3×4個.
答案：12
3.（2023年春季北京，13）從－1，0，1，2這四個數中選三個不同的數作為函式f（x）=ax2+bx+c的係數，可組成不同的二次函式共有個，其中不同的偶函式共有個.（用數字作答）
解析：乙個二次函式對應著a、b、c（a≠0）的一組取值，a的取法有3種，b的取法有3種，c的取法有2種，由分步計數原理，知共有二次函式3×3×2=18個.
若二次函式為偶函式，則b=0.
同上共有3×2=6個.
答案：18 6
4.（2023年全國）從正方體的6個面中選取3個面，其中有2個面不相鄰的選法共有
a.8種b.12種c.16種d.20種
解析：有2個面不相鄰即有一組對面，所以選法為c·c=12種.
答案：b
5.某城市的**號碼，由六位公升為七位（首位數字均不為零），則該城市可增加的**部數是
a.9×8×7×6×5×4×3b.8×96
c.9×106d.81×105
解析：**號碼是六位數字時，該城市可安裝**9×105部，同理公升為七位時為9×106.∴可增加的**部數是9×106－9×105=81×105.
答案：d
理一理——疑難要點
弄清兩個原理的區別與聯絡，是正確使用這兩個原理的前提和條件. 這兩個原理都是立足於解決完成一件事的方法數的，然而它們鮮明不同，表現在： （1）分類計數原理是「分類」完成這件事，方法數要相加；而分步計數原理是「分步」完成這件事，要將各步方法數相乘；（2）分類計數原理中每類辦法中的每一種方法都能獨立完成一件事，分步計數原理中每步中每種方法都只能做這件事的一步，不能獨立完成這件事.
撥一撥——思路方法
【例1】 電視台在「歡樂今宵」節目中拿出兩個信箱，其中存放著先後兩次競猜中成績優秀的觀眾來信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封.現由主持人**確定幸運觀眾，若先確定一名幸運之星，再從兩信箱中各確定一名幸運夥伴，有多少種不同的結果？
解：分兩類：（1）幸運之星在甲箱中抽，再在兩箱中各定一名幸運夥伴，有30×29×20=17400種結果；（2）幸運之星在乙箱中抽，同理有20×19×30=11400種結果.
因此共有17400+11400=28800種不同結果.
評述：在綜合運用兩個原理時，既要合理分類，又要合理分步，一般情況是先分類再分步.
思考討論
本題為什麼要先分類？由於幸運之星在哪個信箱產生對幸運夥伴的產生有影響，分步計數原理中步與步間要獨立.
【例2】 關於正整數2160，求：
（1）它有多少個不同的正因數？
（2）它的所有正因數的和是多少？
解：（1）∵n=2160=24×33×5，
∴2160的正因數為p=2α×3β×5γ，
其中α=0，1，2，3，4，β=0，1，2，3，γ=0，1.
∴2160的正因數共有5×4×2=40個.
（2）式子（20+21+22+23+24）×（30+31+32+33）×（50+51）的展開式就是40個正因數.
∴正因數之和為31×40×6=7440.
【例3】 球台上有4個黃球，6個紅球，擊黃球入袋記2分，擊紅球入袋記1分，欲將此十球中的4球擊入袋中，但總分不低於5分，擊球方法有幾種？
解：設擊入黃球x個，紅球y個符合要求，
則有 x+y=4，
2x+y≥5（x、y∈n），得1≤x≤4.
∴相應每組解（x，y），擊球方法數分別為cc，cc，cc，cc.
共有不同擊球方法數為cc+cc+cc+cc=195.
【例4】 從集合中，選出由5個數組成的子集，使得這5個數中的任何兩個數的和不等於11，這樣的子集共有多少個?
解：和為11的數共有5組：1與10，2與9，3與8，4與7，5與6，子集中的元素不能取自同一組中的兩數，即子集中的元素取自5個組中的乙個數.而每個數的取法有2種，
所以子集的個數為2×2×2×2×2=25=32.
評述：解本題的關鍵是找出和為11的5組數，然後再用分步計數原理求解.
深化拓展
上例中選出5個數組成子集改為選出4個數呢?
答案：c·24=80個.
【例5】 （2023年新課程卷）某城市在中心廣場建造乙個花圃，花圃分為6個部分（如下圖）.現要栽種4種不同顏色的花，每部分栽種一種且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花，不同的栽種方法有種.（以數字作答）
解法一：從題意來看6部分種4種顏色的花，又從圖形看知必有2組同顏色的花，從同顏色的花入手分類求.
（1）②與⑤同色，則③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有n1=4×3×2×2×1=48種；
（2）③與⑤同色，則②④或⑥④同色，所以共有n2=4×3×2×2×1=48種；
（3）②與④且③與⑥同色，則共有n3=4×3×2×1=24種.
所以，共有n=n1+n2+n3=48+48+24=120種.
解法二：記顏色為a、b、c、d四色，先安排1、2、3有a種不同的栽法，不妨設1、2、3已分別栽種a、b、c，則4、5、6栽種方法共5種，由以下樹狀圖清晰可見.
根據分步計數原理，不同栽種方法有n=a×5=120.
答案：120
評述：解法一是常規解法，解法二安排4、5、6時又用了分類和列舉的方法.
練一練——鞏固提高
1.從1到10的正整數中，任意抽取兩個相加，所得和為奇數的不同情形有種.
解析：當且僅當偶數加上奇數後和為奇數，從而不同情形有5×5=25種.
答案：25
2.4棵柳樹和4棵楊樹栽成一行，柳樹、楊樹逐一相間的栽法有種.
解析：2a·a=1152種.
答案：1152
3.（2023年上海）某餐廳**客飯，每位顧客可以在餐廳提供的菜餚中任選2菜2素共4種不同的品種.現在餐廳準備了5種不同的葷菜，若要保證每位顧客有200種以上的不同選擇，則餐廳至少還需要不同的素菜品種種.
（結果用數值表示）
解析：設素菜n種，則c·c≥200n（n－1）≥40，所以n的最小值為7.
答案：7
4.（2023年全國）如圖，乙個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一顏色.現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有種.（以數字作答）
解析：依次染故有c·c·c·c·c=72種.
答案：72
5.（2023年全國，文5）從長度分別為1、2、3、4的四條線段中，任取三條的不同取法共有n種.在這些取法中，以取出的三條線段為邊可組成的三角形的個數為m，則等於
a.0bcd.
解析：n=c=4，在「1、2、3、4」這四條線段中，由三角形的性質「兩邊之和大於第三邊，兩邊之差小於第三邊」知可組成三角形的有「2、3、4」，m=1.∴=.
答案：b
6.（2023年黃岡檢測題）某班新年聯歡會原定的6個節目已排成節目單，開演前又增加了3個新節目，如果將這3個節目插入節目單中，那麼不同的插法種數為
a.504b.210c.336d.120
解析：三個新節目乙個乙個插入節目單中，分別有7、8、9種方法.
∴插法種數為7×8×9=504或a÷a=504.
答案：a
7.從圖中的12個點中任取3個點作為一組，其中可構成三角形的組數是
a.208b.204c.200d.196
解析：在12個點中任取3個點的組合數為c，在同一直線上的3點的組數為20，則可構成三角形的組數為c－20=200.
答案：c
8.（理）設有編號為1，2，3，4，5的五個球和編號為1，2，3，4，5的五個盒子.現將這五個球投放入這五個盒子內，要求每個盒子內投放一球，並且恰好有兩個球的編號與盒子的編號相同，則這樣的投放方法有多少種?
分析：五個球分別投放到五個盒子內，恰好有兩個球的編號與盒子的編號相同，則其他三個球必不能投放到與球的編號相同的盒子內，此時，這三個球與對應的三個盒子，就成了受限的特殊元素與特殊位置.
解：先在五個球中任選兩個球投放到與球編號相同的盒子內，有c種；剩下的三個球，不失一般性，不妨設編號為3，4，5，投放3號球的方法數為c，則投放4，5號球的方法只有一種，根據分步計數原理共有c·c=20種.
評述：本題投放球有兩種方法，一種是投入到與編號相同的盒子內，另一種是投入到與編號不同的盒子內，故應分步完成.
（文）在所有兩位數中，個位數字大於十位數字的兩位數共有多少個?
分析：在0~9這10個數字中，按照題目要求組成的兩位數中，個位數字不能為0和1，十位數字不能為0和9.也就是說組成兩位數的數字可按個位分類或按十位分類來計算.
解法一：按個位數字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數分別是1個，2個，3個，4個，5個，6個，7個，8個.
則共有1+2+3+4+…+7+8=36（個）.
解法二：按十位數字是1，2，3，4，5，6，7，8分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數分別是8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個.
則共有8+7+6+5+4+3+2+1=36（個）.
評述：在具體分類或分步時，常遇到困難，要多練習，多積累經驗，掌握思維方法，逐步做到恰當分類，合理分步.
9.五名學生報名參加四項體育比賽，每人限報一項，報名方法的種數為多少？又他們爭奪這四項比賽的冠軍，獲得冠軍的可能性有多少種？
分類計數原理和分步計數原理教案
10.1分類計數原理和分步計數原理 松四中趙芹 教學目標 1.了解學習本章的意義，激發學生的興趣 2.理解分類計數原理和分步計數原理，培養學生歸納概括的能力 3.會利用兩個原理分析和解決一些簡單的應用問題 教學重點 理解分類計數原理和分步計數原理，培養學生歸納概括的能力 教學難點 會利用兩個原理分析...
計數原理總結
計數原理練習卷 1 排列數與組合數計算 1.若 n n且 n 20，則 27 n 28 n 34 n 等於 a b c d 2.已知，則 3.化簡 2 站隊相鄰與不相鄰問題 4.記者要為5名志願者和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有 1440種960種 7...
12計數原理
存在性問題與計數問題是組合數學的兩個主要內容.由於組合計數的內容豐富，方法靈活，因而成為競賽數學的重要內容之一.在解答組合計數問題時，除應掌握一些基本的計數原理之外，還應掌握一些常用的分析問題的手段與方法.下面對組合計數的基本原理與方法作一介紹.1.基本原理 定理1 設是有限集，是乙個對映.1 若為...