⑴ 高二數學排列與組合知識點 跪求啊！！！！！！！！！
排列組合問題的解題策略
關鍵詞： 排列組合,解題策略
一、相臨問題——捆綁法
例1．7名學生站成一排，甲、乙必須站在一起有多少不同排法？
解：兩個元素排在一起的問題可用「捆綁」法解決，先將甲乙二人看作一個元素與其他五人進行排列，並考慮甲乙二人的順序，所以共有 種。
評註：一般地: 個人站成一排,其中某 個人相鄰,可用「捆綁」法解決，共有 種排法。
二、不相臨問題——選空插入法
例2． 7名學生站成一排，甲乙互不相鄰有多少不同排法？
解：甲、乙二人不相鄰的排法一般應用「插空」法，所以甲、乙二人不相鄰的排法總數應為： 種 .
評註：若 個人站成一排，其中 個人不相鄰，可用「插空」法解決，共有 種排法。
三、復雜問題——總體排除法
在直接法考慮比較難，或分類不清或多種時，可考慮用「排除法」，解決幾何問題必須注意幾何圖形本身對其構成元素的限制。
例3.(1996年全國高考題)正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中3個點為頂點的三角形共有多少個.
解：從7個點中取3個點的取法有 種，但其中正六邊形的對角線所含的中心和頂點三點共線不能組成三角形，有3條，所以滿足條件的三角形共有 －3＝32個.
四、特殊元素——優先考慮法
對於含有限定條件的排列組合應用題，可以考慮優先安排特殊位置，然後再考慮其他位置的安排。
例4． (1995年上海高考題) 1名老師和4名獲獎學生排成一排照像留念，若老師不排在兩端，則共有不同的排法 種．
解：先考慮特殊元素（老師）的排法，因老師不排在兩端，故可在中間三個位置上任選一個位置，有 種，而其餘學生的排法有 種，所以共有 ＝72種不同的排法.
例5．（2000年全國高考題）乒乓球隊的10名隊員中有3名主力隊員，派5名隊員參加比賽，3名主力隊員要安排在第一、三、五位置，其餘7名隊員選2名安排在第二、四位置，那麼不同的出場安排共有 種.
解：由於第一、三、五位置特殊，只能安排主力隊員，有 種排法，而其餘7名隊員選出2名安排在第二、四位置，有 種排法，所以不同的出場安排共有 ＝252種.
五、多元問題——分類討論法
對於元素多，選取情況多，可按要求進行分類討論，最後總計。
例6．（2003年北京春招）某班新年聯歡會原定的5個節目已排成節目單，開演前又增加了兩個新節目.如果將這兩個節目插入原節目單中，那麼不同插法的種數為（A ）
A．42 B．30 C．20 D．12
解：增加的兩個新節目，可分為相臨與不相臨兩種情況：1.不相臨：共有A62種；2.相臨：共有A22A61種。故不同插法的種數為：A62 +A22A61=42 ，故選A。
例7．（2003年全國高考試題）如圖， 一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰地區不得使用同一顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有多少種？（以數字作答）
解：區域1與其他四個區域相鄰，而其他每個區域都與三個區域相鄰，因此，可以塗三種或四種顏色． 用三種顏色著色有 =24種方法, 用四種顏色著色有 =48種方法,從而共有24+48=72種方法,應填72.
六、混合問題——先選後排法
對於排列組合的混合應用題，可採取先選取元素，後進行排列的策略．
例8．（2002年北京高考）12名同學分別到三個不同的路口進行車流量的調查，若每個路口4人，則不同的分配方案共有（ ）
A． 種 B． 種
C． 種 D． 種
解：本試題屬於均分組問題。 則12名同學均分成3組共有 種方法,分配到三個不同的路口的不同的分配方案共有： 種，故選A。
例9．（2003年北京高考試題）從黃瓜、白菜、油菜、扁豆4種蔬菜品種中選出3種，分別種在不同土質的三塊土地上，其中黃瓜必須種植，不同的種植方法共有（ ）
A．24種 B．18種 C．12種 D．6種
解:先選後排,分步實施. 由題意，不同的選法有: C32種,不同的排法有: A31•A22,故不同的種植方法共有A31•C32•A22=12，故應選C.
七．相同元素分配——檔板分隔法
例10．把10本相同的書發給編號為1、2、3的三個學生閱覽室，每個閱覽室分得的書的本數不小於其編號數，試求不同分法的種數。請用盡可能多的方法求解，並思考這些方法是否適合更一般的情況？
本題考查組合問題。
解：先讓2、3號閱覽室依次分得1本書、2本書；再對餘下的7本書進行分配，保證每個閱覽室至少得一本書，這相當於在7本相同書之間的6個「空檔」內插入兩個相同「I」（一般可視為「隔板」）共有 種插法，即有15種分法。
總之，排列、組合應用題的解題思路可總結為：排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類為加，分步為乘。
具體說，解排列組合的應用題，通常有以下途徑：
（1）以元素為主體，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素。
（2）以位置為主體，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置。
（3）先不考慮附加條件，計算出排列或組合數，再減去不合要求的排列組合數。
排列組合問題的解題方略
湖北省安陸市第二高級中學 張征洪
排列組合知識，廣泛應用於實際，掌握好排列組合知識，能幫助我們在生產生活中，解決許多實際應用問題。同時排列組合問題歷來就是一個老大難的問題。因此有必要對排列組合問題的解題規律和解題方法作一點歸納和總結，以期充分掌握排列組合知識。
首先，談談排列組合綜合問題的一般解題規律:
1）使用「分類計數原理」還是「分步計數原理」要根據我們完成某件事時採取的方式而定，可以分類來完成這件事時用「分類計數原理」，需要分步來完成這件事時就用「分步計數原理」；那麼，怎樣確定是分類，還是分步驟？「分類」表現為其中任何一類均可獨立完成所給的事件，而「分步」必須把各步驟均完成才能完成所給事件，所以准確理解兩個原理強調完成一件事情的幾類辦法互不幹擾，相互獨立，彼此間交集為空集，並集為全集，不論哪類辦法都能將事情單獨完成，分步計數原理強調各步驟缺一不可，需要依次完成所有步驟才能完成這件事，步與步之間互不影響，即前步用什麼方法不影響後面的步驟採用的方法。
2）排列與組合定義相近，它們的區別在於是否與順序有關。
3）復雜的排列問題常常通過試驗、畫 「樹圖 」、「框圖」等手段使問題直觀化，從而尋求解題途徑，由於結果的正確性難於檢驗，因此常常需要用不同的方法求解來獲得檢驗。
4）按元素的性質進行分類，按事件發生的連續性進行分步是處理排列組合問題的基本思想方法，要注意「至少、至多」等限制詞的意義。
5）處理排列、組合綜合問題，一般思想是先選元素（組合），後排列，按元素的性質進行「分類」和按事件的過程「分步」，始終是處理排列、組合問題的基本原理和方法，通過解題訓練要注意積累和掌握分類和分步的基本技能，保證每步獨立，達到分類標准明確，分步層次清楚，不重不漏。
6）在解決排列組合綜合問題時，必須深刻理解排列組合的概念，能熟練地對問題進行分類，牢記排列數與組合數公式與組合數性質，容易產生的錯誤是重復和遺漏計數。
總之，解決排列組合問題的基本規律，即：分類相加，分步相乘，排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；正難則反，間接排除等。
其次，我們在抓住問題的本質特徵和規律，靈活運用基本原理和公式進行分析解答的同時，還要注意講究一些解題策略和方法技巧，使一些看似復雜的問題迎刃而解。下面介紹幾種常用的解題方法和策略。
一．特殊元素（位置）的「優先安排法」：對於特殊元素（位置）的排列組合問題，一般先考慮特殊，再考慮其他。
例1、 用0，2，3，4，5，五個數字，組成沒有重復數字的三位數，其中偶數共有（ ）。
A． 24個 B.30個 C.40個 D.60個
[分析]由於該三位數為偶數，故末尾數字必為偶數，又因為0不能排首位，故0就是其中的「特殊」元素，應該優先安排，按0排在末尾和0不排在末尾分兩類：1）0排末尾時，有A42個，2）0不排在末尾時，則有C21 A31A31個，由分數計數原理，共有偶數A42 + C21 A31A31=30個，選B。
二．總體淘汰法：對於含否定的問題，還可以從總體中把不合要求的除去。如例1中，也可用此法解答:五個數字組成三位數的全排列有A53個，排好後發現0不能排首位，而且數字3，5也不能排末位，這兩種排法要排除，故有A53--3A42+ C21A31=30個偶數。
三．合理分類與准確分步含有約束條件的排列組合問題，按元素的性質進行分類，按事情發生的連續過程分步，做到分類標准明確，分步層次清楚，不重不漏。
四．相鄰問題用捆綁法：在解決對於某幾個元素要求相鄰的問題時，先整體考慮，將相鄰的元素「捆綁」起來，看作一「大」元素與其餘元素排列，然後再考慮大元素內部各元素間順序的解題策略就是捆綁法．
例2、有8本不同的書；其中數學書3本，外語書2本，其它學科書3本．若將這些書排成一列放在書架上，讓數學書排在一起，外語書也恰好排在一起的排法共有( )種．(結果用數值表示)
解：把3本數學書「捆綁」在一起看成一本大書，2本外語書也「捆綁」在一起看成一本大書，與其它3本書一起看作5個元素，共有A55種排法；又3本數學書有A33種排法，2本外語書有A22種排法；根據分步計數原理共有排法A55 A33 A22=1440(種).
註：運用捆綁法解決排列組合問題時，一定要注意「捆綁」起來的大元素內部的順序問題．
五．不相鄰問題用「插空法」：不相鄰問題是指要求某些元素不能相鄰，由其它元素將它們隔開．解決此類問題可以先將其它元素排好，再將所指定的不相鄰的元素插入到它們的間隙及兩端位置，故稱插空法．
例3、用1、2、3、4、5、6、7、8組成沒有重復數字的八位數，要求1與2相鄰，2與4相鄰，5與6相鄰，而7與8不相鄰。這樣的八位數共有( )個．(用數字作答)
解：由於要求1與2相鄰，2與4相鄰，可將1、2、4這三個數字捆綁在一起形成一個大元素，這個大元素的內部中間只能排2，兩邊排1和4，因此大元素內部共有A22種排法，再把5與6也捆綁成一個大元素，其內部也有A22種排法，與數字3共計三個元素，先將這三個元素排好，共有A33種排法，再從前面排好的三個元素形成的間隙及兩端共四個位置中任選兩個，把要求不相鄰的數字7和8插入即可，共有A42種插法，所以符合條件的八位數共有A22 A22 A33 A42＝288(種)．
註：運用「插空法」解決不相鄰問題時，要注意欲插入的位置是否包含兩端位置．
六．順序固定用「除法」：對於某幾個元素按一定的順序排列問題，可先把這幾個元素與其他元素一同進行全排列，然後用總的排列數除於這幾個元素的全排列數。
例4、6個人排隊，甲、乙、丙三人按「甲---乙---丙」順序排的排隊方法有多少種？
分析：不考慮附加條件，排隊方法有A66種，而其中甲、乙、丙的A33種排法中只有一種符合條件。故符合條件的排法有A66 ÷A33 =120種。(或A63種)
例5、4個男生和3個女生，高矮不相等，現在將他們排成一行，要求從左到右女生從矮到高排列，有多少種排法。
解：先在7個位置中任取4個給男生，有A74 種排法，餘下的3個位置給女生，只有一種排法，故有A74 種排法。(也可以是A77 ÷A33種)
七．分排問題用「直排法」：把幾個元素排成若干排的問題，可採用統一排成一排的排法來處理。
例6、7個人坐兩排座位，第一排3個人，第二排坐4個人，則不同的坐法有多少種？
分析：7個人可以在前兩排隨意就坐，再無其它條件,故兩排可看作一排來處理，不同的坐法共有A77種。
八．逐個試驗法：題中附加條件增多，直接解決困難時，用試驗逐步尋找規律。
例7.將數字1，2，3，4填入標號為1，2，3，4的方格中，每方格填1個，方格標號與所填數字均不相同的填法種數有（ ）
A．6 B.9 C.11 D.23
解：第一方格內可填2或3或4，如第一填2，則第二方格可填1或3或4，若第二方格內填1，則後兩方格只有一種方法；若第二方格填3或4，後兩方格也只有一種填法。一共有9種填法，故選B
九、構造模型 「隔板法」
對於較復雜的排列問題，可通過設計另一情景，構造一個隔板模型來解決問題。
例8、方程a+b+c+d=12有多少組正整數解？
分析：建立隔板模型：將12個完全相同的球排成一列，在它們之間形成的11個間隙中任意插入3塊隔板，把球分成4堆，每一種分法所得4堆球的各堆球的數目，對應為a、b、c、d的一組正整解，故原方程的正整數解的組數共有C113 .
又如方程a+b+c+d=12非負整數解的個數,可用此法解。
十.正難則反——排除法
對於含「至多」或「至少」的排列組合問題，若直接解答多需進行復雜討論，可以考慮「總體去雜」，即將總體中不符合條件的排列或組合刪除掉，從而計算出符合條件的排列組合數的方法．
例9、從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台，其中至少要甲型與乙型電視機各一台，則不同的取法共有( )種．
A．140種 B．80種 C．70種 D．35種
解：在被取出的3台中，不含甲型或不合乙型的抽取方法均不合題意，因此符合題意的抽取方法有C93-C43-C53=70(種)，故選C．
註：這種方法適用於反面的情況明確且易於計算的習題．
十一．逐步探索法：對於情況復雜，不易發現其規律的問題需要認真分析，探索出其規律
例10、從1到100的自然數中，每次取出不同的兩個數，使它們的和大於100，則不同的取法種數有多少種。
解：兩個數相加中以較小的數為被加數，1+100>100，1為被加數時有1種，2為被加數有2種，…，49為被加數的有49種，50為被加數的有50種，但51為被加數有49種，52為被加數有48種，…，99為被捕加數的只有1種，故不同的取法有（1+2+3+…+50）+（49+48+…+1）=2500種
十二．一一對應法：
例11.在100名選手之間進行單循環淘汰賽（即一場失敗要退出比賽）最後產生一名冠軍，要比賽幾場？
解：要產生一名冠軍，要淘汰冠軍以外的所有選手，即要淘汰99名選手，要淘汰一名就要進行一場，故比賽99場。
應該指出的是，以上介紹的各種方法是解決一般排列組合問題常用方法，並非絕對的。數學是一門非常靈活的課程，同一問題有時會有多種解法，這時，要認真思考和分析，靈活選擇最佳方法．還有像多元問題「分類法」、環排問題「線排法」、「等概率法」等在此不贅述了。
⑵ 【高一數學】排列組合的知識點》》》
很簡單啊:
比如說，你媽媽讓你從10個蘋果中挑出4個蘋果(4個蘋果上分別寫有「祝」「你」「平」「安」，其餘6個沒有字)，你挑出來的過程就是C，如果你媽媽讓你挑出來並按「祝你平安」的順序排好，那就用A。A是需要排順序的，而C只需挑出即可
⑶ 排列組合知識,求數學高手詳解!
順序和組合很好理解啊。 比如集合{1,2,3,4}
取3個數，有順序的可以是123,132,213,231.。
就是說
你取三個數
隨便你怎麼排列都算一個。
而組合就不行了，
在集合元素是4裡面，你取三個數成一個組合，
那你123取了
就不可以取132了。。
其實佔在語文的角度理解這倆次名詞
就夠了。
希望對你有幫助。
⑷ 從0到9可以組成多少個不同的六位數字
根據組合，六位數排在首位的數字可從1—9這9個數字中，選擇1個，有9種可能。
排在第二位的數字可從0和1-9這餘下的8個數字中，選擇1個，有9種可能。
排在第三位的數字可從0-9餘下的8個數字中選擇1個，有8種可能。
排在第四位的數字可從0-9餘下的7個數字中選擇1個，有7種可能。
排在第五位的數字可從0-9餘下的6個數字中選擇1個，有6種可能。
排在第四位的數字可從0-9餘下的5個數字中選擇1個，有5種可能。
所以0到9可以組成的六位數字有：9*9*8*7*6*5=136080個
⑸ 數學 排列與組合
我們先看下面兩個問題．
(l)從甲地到乙地，可以乘火車，也可以乘汽車，還可以乘輪船．一天中，火車有4班，汽車有 2班，輪船有 3班，問一天中乘坐這些交通工具從甲地到乙地共有多少種不同的走法？
因為一天中乘火車有4種走法，乘汽車有2種走法，乘輪船有3種走法，每一種走法都可以從甲地到達乙地，因此，一天中乘坐這些交通工具從甲地到乙地共有 4十2十3=9種不同的走法．
一般地，有如下原理：
加法原理：做一件事，完成它可以有n類辦法，在第一類辦法中有m1種不同的方法，在第二類辦法中有m2種不同的方法，……，在第n類辦法中有mn種不同的方法．那麼完成這件事共有N＝m1十m2十…十mn種不同的方法．
(2)我們再看下面的問題：
由A村去B村的道路有3條，由B村去C村的道路有2條．從A村經B村去C村，共有多少種不同的走法？
這里，從A村到B村有3種不同的走法，按這3種走法中的每一種走法到達B村後，再從B村到C村又有2種不同的走法．因此，從A村經B村去C村共有 3X2=6種不同的走法．
一般地，有如下原理：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法．那麼完成這件事共有N＝m1 m2…mn種不同的方法．
例1 書架上層放有6本不同的數學書，下層放有5本不同的語文書．
1）從中任取一本，有多少種不同的取法？
2）從中任取數學書與語文書各一本，有多少的取法？
解：（1）從書架上任取一本書，有兩類辦法：第一類辦法是從上層取數學書，可以從6本書中任取一本，有6種方法；第二類辦法是從下層取語文書，可以從5本書中任取一本，有5種方法．根據加法原理，得到不同的取法的種數是6十5=11．
答：從書架L任取一本書，有11種不同的取法．
（2）從書架上任取數學書與語文書各一本，可以分成兩個步驟完成：第一步取一本數學書，有6種方法；第二步取一本語文書，有5種方法．根據乘法原理，得到不同的取法的種數是 N＝6X5＝30．
答：從書架上取數學書與語文書各一本，有30種不同的方法．
練習： 一同學有4枚明朝不同古幣和6枚清朝不同古幣
1）從中任取一枚，有多少種不同取法？ 2）從中任取明清古幣各一枚，有多少種不同取法？
例2：(1)由數字l，2，3，4，5可以組成多少個數字允許重復三位數？
(2)由數字l，2，3，4，5可以組成多少個數字不允許重復三位數？
(3)由數字0，l，2，3，4，5可以組成多少個數字不允許重復三位數？
解：要組成一個三位數可以分成三個步驟完成：第一步確定百位上的數字，從5個數字中任選一個數字，共有5種選法；第二步確定十位上的數字，由於數字允許重復，
這仍有5種選法，第三步確定個位上的數字，同理，它也有5種選法．根據乘法原理，得到可以組成的三位數的個數是N=5X5X5=125．
答：可以組成125個三位數．
排列
【復習基本原理】
1.加法原理 做一件事，完成它可以有n類辦法，第一類辦法中有m1種不同的方法，第二辦法中有m2種不同的方法……，第n辦法中有mn種不同的方法，那麼完成這件事共有
N=m1+m2+m3+…mn
種不同的方法.
2.乘法原理 做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法，.那麼完成這件事共有
N=m1´m2´m3´…´mn
種不同的方法.
3.兩個原理的區別：
【練習1】
1.北京、上海、廣州三個民航站之間的直達航線，需要准備多少種不同的機票？
2.由數字1、2、3可以組成多少個無重復數字的二位數？請一一列出.
【基本概念】
1. 什麼叫排列？從n個不同元素中，任取m()個元素（這里的被取元素各不相同）按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列
2. 什麼叫不同的排列？元素和順序至少有一個不同.
3. 什麼叫相同的排列？元素和順序都相同的排列.
4. 什麼叫一個排列？
【例題與練習】
1. 由數字1、2、3、4可以組成多少個無重復數字的三位數？
2.已知a、b、c、d四個元素，①寫出每次取出3個元素的所有排列；②寫出每次取出4個元素的所有排列.
【排列數】
1. 定義：從n個不同元素中，任取m()個元素的所有排列的個數叫做從n個元素中取出m元素的排列數，用符號表示.
用符號表示上述各題中的排列數.
2. 排列數公式：=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
排 列
過程：
一、復習：（引導學生對上節課所學知識進行復習整理）
1．排列的定義，理解排列定義需要注意的幾點問題；
2．排列數的定義，排列數的計算公式
或 （其中m≤n m,nÎZ）
3．全排列、階乘的意義；規定 0!=1
4．「分類」、「分步」思想在排列問題中的應用．
二、新授：
例1：⑴ 7位同學站成一排，共有多少種不同的排法？
解：問題可以看作：7個元素的全排列——＝5040
⑵ 7位同學站成兩排（前3後4），共有多少種不同的排法？
解：根據分步計數原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040
⑶7位同學站成一排，其中甲站在中間的位置，共有多少種不同的排法？
解：問題可以看作：餘下的6個元素的全排列——=720
⑷7位同學站成一排，甲、乙只能站在兩端的排法共有多少種？
解：根據分步計數原理：第一步甲、乙站在兩端有種；第二步餘下的5名同學進行全排列有種 則共有=240種排列方法
⑸7位同學站成一排，甲、乙不能站在排頭和排尾的排法共有多少種？
解法一（直接法）：第一步從（除去甲、乙）其餘的5位同學中選2位同學站在排頭和排尾有種方法；第二步從餘下的5位同學中選5位進行排列（全排列）有種方法 所以一共有＝2400種排列方法．
解法二：（排除法）若甲站在排頭有種方法；若乙站在排尾有種方法；若甲站在排頭且乙站在排尾則有種方法．所以甲不能站在排頭，乙不能排在排尾的排法共有－＋=2400種．
小結一：對於「在」與「不在」的問題，常常使用「直接法」或「排除法」，對某些特殊元素可以優先考慮．
例2 ： 7位同學站成一排．
⑴甲、乙兩同學必須相鄰的排法共有多少種？
解：先將甲、乙兩位同學「捆綁」在一起看成一個元素與其餘的5個元素（同學）一起進行全排列有種方法；再將甲、乙兩個同學「松綁」進行排列有種方法．所以這樣的排法一共有＝1440
⑵甲、乙和丙三個同學都相鄰的排法共有多少種？
解：方法同上，一共有＝720種．
⑶甲、乙兩同學必須相鄰，而且丙不能站在排頭和排尾的排法有多少種？
解法一：將甲、乙兩同學「捆綁」在一起看成一個元素，此時一共有6個元素，因為丙不能站在排頭和排尾，所以可以從其餘的5個元素中選取2個元素放在排頭和排尾，有種方法；將剩下的4個元素進行全排列有種方法；最後將甲、乙兩個同學「松綁」進行排列有種方法．所以這樣的排法一共有＝960種方法．
解法二：將甲、乙兩同學「捆綁」在一起看成一個元素，此時一共有6個元素，若丙站在排頭或排尾有2種方法，所以丙不能站在排頭和排尾的排法有種方法．
解法三：將甲、乙兩同學「捆綁」在一起看成一個元素，此時一共有6個元素，因為丙不能站在排頭和排尾，所以可以從其餘的四個位置選擇共有種方法，再將其餘的5個元素進行全排列共有種方法，最後將甲、乙兩同學「松綁」，所以這樣的排法一共有＝960種方法．
小結二：對於相鄰問題，常用「捆綁法」（先捆後松）．
例3： 7位同學站成一排．
⑴甲、乙兩同學不能相鄰的排法共有多少種？
解法一：（排除法）
解法二：（插空法）先將其餘五個同學排好有種方法，此時他們留下六個位置（就稱為「空」吧），再將甲、乙同學分別插入這六個位置（空）有種方法，所以一共有種方法．
⑵甲、乙和丙三個同學都不能相鄰的排法共有多少種？
解：先將其餘四個同學排好有種方法，此時他們留下五個「空」，再將甲、乙和丙三個同學分別插入這五個「空」有種方法，所以一共有＝1440種．
小結三：對於不相鄰問題，常用「插空法」（特殊元素後考慮）．
三、小結：
1．對有約束條件的排列問題，應注意如下類型：
⑴某些元素不能在或必須排列在某一位置；
⑵某些元素要求連排（即必須相鄰）；
⑶某些元素要求分離（即不能相鄰）；
2．基本的解題方法：
⑴ 有特殊元素或特殊位置的排列問題，通常是先排特殊元素或特殊位置，稱為優先處理特殊元素（位置）法（優限法）；
⑵ 某些元素要求必須相鄰時，可以先將這些元素看作一個元素，與其他元素排列後，再考慮相鄰元素的內部排列，這種方法稱為「捆綁法」；
⑶ 某些元素不相鄰排列時，可以先排其他元素，再將這些不相鄰元素插入空擋，這種方法稱為「插空法」；
⑷ 在處理排列問題時，一般可採用直接和間接兩種思維形式，從而尋求有效的解題途徑，這是學好排列問題的根基．
四、作業：《課課練》之「排列課時1—3」
課題：排列的簡單應用(2)
目的：使學生切實學會用排列數公式計算和解決簡單的實際問題，進一步培養分析問題、解決問題的能力，同時讓學生學會一題多解．
過程：
一、復習：
1．排列、排列數的定義，排列數的兩個計算公式；
2．常見的排隊的三種題型：
⑴某些元素不能在或必須排列在某一位置——優限法；
⑵某些元素要求連排（即必須相鄰）——捆綁法；
⑶某些元素要求分離（即不能相鄰）——插空法．
3．分類、分布思想的應用．
二、新授：
示例一：從10個不同的文藝節目中選6個編成一個節目單，如果某女演員的獨唱節目一定不能排在第二個節目的位置上，則共有多少種不同的排法？
解法一：（從特殊位置考慮）
解法二：（從特殊元素考慮）若選： 若不選：
則共有＋＝136080
解法三：（間接法）136080
示例二：
⑴八個人排成前後兩排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，丙要排在後排，則共有多少種不同的排法？
略解：甲、乙排在前排；丙排在後排；其餘進行全排列．
所以一共有＝5760種方法．
⑵不同的五種商品在貨架上排成一排，其中a, b兩種商品必須排在一起，而c, d兩種商品不排在一起, 則不同的排法共有多少種？
略解：（「捆綁法」和「插空法」的綜合應用）a, b捆在一起與e進行排列有；
此時留下三個空，將c, d兩種商品排進去一共有；最後將a, b「松綁」有．所以一共有＝24種方法．
⑶6張同排連號的電影票，分給3名教師與3名學生，若要求師生相間而坐，則不同的坐法有多少種？
略解：（分類）若第一個為老師則有；若第一個為學生則有
所以一共有2＝72種方法．
示例三：
⑴由數字1，2，3，4，5可以組成多少個沒有重復數字的正整數？
略解：
⑵ 由數字1，2，3，4，5可以組成多少個沒有重復數字，並且比13 000大的正整數？
解法一：分成兩類，一類是首位為1時，十位必須大於等於3有種方法；另一類是首位不為1，有種方法．所以一共有個數比13 000大．
解法二：（排除法）比13 000小的正整數有個，所以比13 000大的正整數有＝114個．
示例四：用1，3，6，7，8，9組成無重復數字的四位數，由小到大排列．
⑴ 第114個數是多少？ ⑵ 3 796是第幾個數？
解：⑴ 因為千位數是1的四位數一共有個，所以第114個數的千位數應該是「3」，十位數字是「1」即「31」開頭的四位數有個；同理，以「36」、「37」、「38」開頭的數也分別有12個，所以第114個數的前兩位數必然是「39」,而「3 968」排在第6個位置上，所以「3 968」是第114個數．
⑵ 由上可知「37」開頭的數的前面有60＋12＋12＝84個，而3 796在「37」開頭的四位數中排在第11個（倒數第二個），故3 796是第95個數．
示例五：用0，1，2，3，4，5組成無重復數字的四位數，其中
⑴ 能被25整除的數有多少個？
⑵ 十位數字比個位數字大的有多少個？
解： ⑴ 能被25整除的四位數的末兩位只能為25，50兩種，末尾為50的四位數有個，末尾為25的有個，所以一共有＋＝21個．
註：能被25整除的四位數的末兩位只能為25，50，75，00四種情況．
⑵用0，1，2，3，4，5組成無重復數字的四位數，一共有個．因為在這300個數中，十位數字與個位數字的大小關系是「等可能的」，所以十位數字比個位數字大的有個．
組 合⑴
1．提出問題：
示例1：從甲、乙、丙3名同學中選出2名去參加某天的一項活動，其中1名同學參加上午的活動，1名同學參加下午的活動，有多少種不同的選法？
示例2：從甲、乙、丙3名同學中選出2名去參加一項活動，有多少種不同的選法？
引導觀察：示例1中不但要求選出2名同學，而且還要按照一定的順序「排列」，而示例2隻要求選出2名同學，是與順序無關的．
引出課題：組合問題．
二、新授：
1．組合的概念：一般地，從n個不同元素中取出m（m≤n）個元素並成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合．
註：1．不同元素 2．「只取不排」——無序性 3．相同組合：元素相同
判斷下列問題哪個是排列問題哪個是組合問題：
⑴ 從A、B、C、D四個景點選出2個進行游覽；（組合）
⑵ 從甲、乙、丙、丁四個學生中選出2個人擔任班長和團支部書記．（排列）
2．組合數的概念：從n個不同元素中取出m（m≤n）個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數．用符號表示．
例如：示例2中從3個同學選出2名同學的組合可以為：甲乙，甲丙，乙丙．即有種組合．
又如：從A、B、C、D四個景點選出2個進行游覽的組合：AB，AC，AD，BC，BD，CD一共6種組合，即：
在講解時一定要讓學生去分析：要解決的問題是排列問題還是組合問題，關鍵是看是否與順序有關．那麼又如何計算呢？
3．組合數公式的推導
⑴提問：從4個不同元素a，b，c，d中取出3個元素的組合數是多少呢？
啟發：由於排列是先組合再排列，而從4個不同元素中取出3個元素的排列數 可以求得，故我們可以考察一下和的關系，如下：
組合 排列
由此可知：每一個組合都對應著6個不同的排列，因此，求從4個不同元素中取出3個元素的排列數，可以分如下兩步：①考慮從4個不同元素中取出3個元素的組合，共有個；②對每一個組合的3個不同元素進行全排列，各有種方法．由分步計數原理得：＝，所以：．
⑵ 推廣： 一般地，求從n個不同元素中取出m個元素的排列數，可以分如下兩步：①先求從n個不同元素中取出m個元素的組合數；②求每一個組合中m個元素全排列數，根據分布計數原理得：＝
⑶ 組合數的公式：
或
4．例題講評
例1． 6本不同的書分給甲、乙、丙3同學，每人各得2本，有多少種不同的分
法？
略解：
例2．4名男生和6名女生組成至少有1個男生參加的三人實踐活動小組，問組成方法共有多少種？
解法一：（直接法）小組構成有三種情形：3男，2男1女，1男2女，分別有，，，所以一共有++＝100種方法．
解法二：（間接法）
此外，解決實際問題時首先要看是否與順序有關，從而確定是排列問題還是組合問題，必要時要利用分類和分步計數原理．
組 合⑵
過程：
一、復習回顧：
1．復習排列和組合的有關內容：
強調：排列——次序性；組合——無序性．
二、新授：
1．組合數的性質1：．
理解：一般地，從n個不同元素中取出m個元素後，剩下n- m個元素．因
為從n個不同元素中取出m個元素的每一個組合，與剩下的n- m個元素的每一個組合一一對應，所以從n個不同元素中取出m個元素的組合數，等於從這n個元素中取出n- m個元素的組合數，即：．在這里，我們主要體現：「取法」與「剩法」是「一一對應」的思想．
證明：∵
又 ∴
註：1°我們規定
2°等式特點：等式兩邊下標同，上標之和等於下標．
3°此性質作用：當時，計算可變為計算，能夠使運算簡化．
例如：＝＝=2002．
4° 或
2．示例一：（課本101例4）一個口袋內裝有大小相同的7個白球和1個黑球．
⑴ 從口袋內取出3個球，共有多少種取法？
⑵ 從口袋內取出3個球，使其中含有1個黑球，有多少種取法？
⑶ 從口袋內取出3個球，使其中不含黑球，有多少種取法？
解：⑴ ⑵ ⑶
引導學生發現：．為什麼呢？
我們可以這樣解釋：從口袋內的8個球中所取出的3個球，可以分為兩類：一類含有1個黑球，一類不含有黑球．因此根據分類計數原理，上述等式成立．
一般地，從這n+1個不同元素中取出m個元素的組合數是，這些組合可以分為兩類：一類含有元素，一類不含有．含有的組合是從這n個元素中取出m -1個元素與組成的，共有個；不含有的組合是從這n個元素中取出m個元素組成的，共有個．根據分類計數原理，可以得到組合數的另一個性質．在這里，我們主要體現從特殊到一般的歸納思想，「含與不含其元素」的分類思想．
一、知識復習：
1．復習排列和組合的有關內容：
依然強調：排列——次序性；組合——無序性．
2．排列數、組合數的公式及有關性質
性質1： 性質2：＝+
常用的等式：
3．練習：處理《教學與測試》76課例題
二、例題評講：
例1．100件產品中有合格品90件，次品10件，現從中抽取4件檢查．
⑴ 都不是次品的取法有多少種？
⑵ 至少有1件次品的取法有多少種？
⑶ 不都是次品的取法有多少種？
解：⑴ ；
⑵ ；
⑶ ．
例2．從編號為1，2，3，…，10，11的共11個球中，取出5個球，使得這5個球的編號之和為奇數，則一共有多少種不同的取法？
解：分為三類：1奇4偶有 ；3奇2偶有；5奇1偶有
所以一共有++．
例3．現有8名青年，其中有5名能勝任英語翻譯工作；有4名青年能勝任德語翻
譯工作（其中有1名青年兩項工作都能勝任），現在要從中挑選5名青年承擔一項任務，其中3名從事英語翻譯工作，2名從事德語翻譯工作，則有多少種不同的選法？
解：我們可以分為三類：
①讓兩項工作都能擔任的青年從事英語翻譯工作，有；
②讓兩項工作都能擔任的青年從事德語翻譯工作，有；
③讓兩項工作都能擔任的青年不從事任何工作，有．
所以一共有++＝42種方法．
例4．甲、乙、丙三人值周，從周一至周六，每人值兩天，但甲不值周一，乙不值周六，問可以排出多少種不同的值周表？
解法一：（排除法）
解法二：分為兩類：一類為甲不值周一，也不值周六，有；另一類為甲不值周一，但值周六，有．所以一共有+＝42種方法．
例5．6本不同的書全部送給5人，每人至少1本，有多少種不同的送書方法？
解：第一步從6本不同的書中任取2本「捆綁」在一起看成一個元素有種方法；第二步將5個「不同元素（書）」分給5個人有種方法．根據分步計數原理，一共有＝1800種方法．
變題1：6本不同的書全部送給5人，有多少種不同的送書方法？
變題2： 5本不同的書全部送給6人，每人至多1本，有多少種不同的送書方法？
變題3： 5本相同的書全部送給6人，每人至多1本，有多少種不同的送書方法？
答案：1．； 2．； 3．．
三、小結：1．組合的定義，組合數的公式及其兩個性質；
2．組合的應用：分清是否要排序．
四、作業：《3+X》組合基礎訓練
《課課練》課時10 組合四
組 合⑷
課題：組合、組合數的綜合應用⑵
目的：對排列組合知識有一個系統的了解，掌握排列組合一些常見的題型及解題方法，能夠運用兩個原理及排列組合概念解決排列組合問題．
過程：
一、知識復習：
1．兩個基本原理；
2．排列和組合的有關概念及相關性質．
二、例題評講：
例1．6本不同的書，按下列要求各有多少種不同的選法：
⑴ 分給甲、乙、丙三人，每人兩本；
⑵ 分為三份，每份兩本；
⑶ 分為三份，一份一本，一份兩本，一份三本；
⑷ 分給甲、乙、丙三人，一人一本，一人兩本，一人三本；
⑸ 分給甲、乙、丙三人，每人至少一本．
解：⑴ 根據分步計數原理得到：種．
⑵ 分給甲、乙、丙三人，每人兩本有種方法，這個過程可以分兩步完成：第一步分為三份，每份兩本，設有x種方法；第二步再將這三份分給甲、乙、丙三名同學有種方法．根據分步計數原理可得：，所以．因此分為三份，每份兩本一共有15種方法．
註：本題是分組中的「均勻分組」問題．
⑶ 這是「不均勻分組」問題，一共有種方法．
⑷ 在⑶的基礎上在進行全排列，所以一共有種方法．
⑸ 可以分為三類情況：①「2、2、2型」即⑴中的分配情況，有種方法；②「1、2、3型」即⑷中的分配情況，有種方法；③「1、1、4型」，有種方法．所以一共有90+360+90＝540種方法．
例2．身高互不相同的7名運動員站成一排，甲、乙、丙三人自左向右從高到矮排列且互不相鄰的排法有多少種？
解：（插空法）現將其餘4個同學進行全排列一共有種方法，再將甲、乙、丙三名同學插入5個空位置中（但無需要進行排列）有種方法．根據分步計數原理，一共有＝240種方法．
例3．⑴ 四個不同的小球放入四個不同的盒中，一共有多少種不同的放法？
⑵ 四個不同的小球放入四個不同的盒中且恰有一個空盒的放法有多少種？
解：⑴ 根據分步計數原理：一共有種方法．
⑵（捆綁法）第一步從四個不同的小球中任取兩個「捆綁」在一起看成一個元素有種方法，第二步從四個不同的盒取其中的三個將球放入有種方法．所以一共有＝144種方法．
例4．馬路上有編號為1，2，3，…，10的十盞路燈，為節約用電又不影響照明，可以把其中3盞燈關掉，但不可以同時關掉相鄰的兩盞或三盞，在兩端的燈都不能關掉的情況下，有多少種不同的關燈方法？
解：（插空法）本題等價於在7隻亮著的路燈之間的6個空檔中插入3隻熄掉的燈，故所求方法總數為種方法．
例5．九張卡片分別寫著數字0，1，2，…，8，從中取出三張排成一排組成一個三位數，如果6可以當作9使用，問可以組成多少個三位數？
解：可以分為兩類情況：①若取出6，則有種方法；②若不取6，則有種方法．根據分類計數原理，一共有+＝602種方法．
⑹ 排列組合知識點有哪些
排列組合二項式
1、分類計數原理完成一件事有幾類方法，各類辦法相互獨立每類辦法又有多種不同的辦法（每一種都可以獨立的完成這個事情），分步計數原理完成一件事，需要分幾個步驟，每一步的完成有多種不同的方法。
2、排列定義：從n個不同元素中，任取m（m≤n）個元素（被取出的元素各不相同），按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列。
(6)組合知識大全擴展閱讀：
⑴和首末兩端等距離的系數相等；
⑵當二項式指數n是奇數時，中間兩項最大且相等；
⑶當二項式指數n是偶數時，中間一項最大；
⑷二項式展開式中奇數項和偶數項總和相同，都是2^(n-1）；
⑸二項式展開式中所有系數總和是2^n
奇偶定義：對組合數C(n,k)(n>=k）：將n,k分別化為二進制，若某二進制位對應的n為0，而k為1 ，則C(n,k）為偶數；否則為奇數。
⑺ 排列組合里有哪些特殊的計算方法
C(n 0)=