初中数学竞赛—奥数讲义计数专题：排列组合及答案
排列组合讲义（含答案）
排列组合讲义（含答案）排列组合、⼆项式定理、参数⽅程、极坐标.⼀、排列组合：主⼲⽅法：特殊优先，分开插空，相邻捆绑，正难则反，先选后排，分类穷举，定序扣数，分组分堆.1.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待⼯作，每个场馆⾄少分配⼀名志愿者的⽅案种数为（）A. 540B. 300C. 180D. 1502. 某⼯程队有6项⼯程需要单独完成，其中⼯程⼄必须在⼯程甲完成后才能进⾏，⼯程丙必须在⼯程⼄完成后才能进⾏，有⼯程丁必须在⼯程丙完成后⽴即进⾏。
那么安排这6项⼯程的不同排法种数是。
（⽤数字作答）3. 某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项⽬,且在同⼀个城市投资的项⽬不超过2个,则该外商不同的投资⽅案有 ( )A.16种B.36种C.42种D.60种4. 3张卡⽚的两⾯分别写有1和2，3和4，5和6，将这三张卡⽚任意拼盘，可以组成多少个不同的三位数？_________.5.现从男.⼥共8名候选学⽣中选出2名男⽣,2名⼥⽣分别参加全校资源、⽣态、环保三个夏令营,且每个夏令营⾄少⼀⼈参加，已知共有1080种不同的参加⽅案.则候选的8位学⽣的构成情况是( )A.2名男⽣、6名⼥⽣B.6名男⽣、2名⼥⽣C.4名男⽣、4名⼥⽣D.5名男⽣、3名⼥⽣6.5名乒乓球队员中,有2名⽼队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体⽐赛,则⼊选的3名队员中⾄少有⼀名⽼队员,且1、2号中⾄少有1名新队员的排法有_______种.(以数作答)7. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红⾊卡⽚和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝⾊卡⽚，从这8张卡⽚中取出4张卡⽚排成⼀⾏．如果取出的4张卡⽚所标数字之和等于10，则不同的排法共有________________种（⽤数字作答）．8.某⼈有4种颜⾊的灯泡（每种颜⾊的灯泡⾜够多），要在如题图所⽰的6个点A 、B 、C 、A 1、B 1、C 1上各装⼀个灯泡，要求同⼀条线段两端的灯泡不同⾊，则每种颜⾊的灯泡都⾄少⽤⼀个的安装⽅法共有种（⽤数字作答）.例8图A BC 1A1B练习：如图，⽤四种不同颜⾊给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂⾊，要求每个点涂⼀种颜⾊，且图中每条线段的两个端点涂不同颜⾊，则不同的涂⾊⽅法有（A ）288种（B ）264种（C ）240种（D ）168种答案：例1.D ；例2.20；例3.D ；例4.48；例5.D ；例6.48.例7.432.例8.216⼆、⼆项式定理：1.若对于任意实数x ，有3230123(2)(2)(2)x a a x a x a x =+-+-+-，则2a 的值为（）A ．3B ．6C ．9D ．122. 在()()1n x n N *+∈的⼆项展开式中，若只有5x 的系数最⼤，则n =A ．8B . 9 C. 10 D .113.已知n 展开式中，各项系数的和与其各项⼆项式系数的和之⽐为64，则n 等于（）Ａ．4Ｂ．5 Ｃ．6 Ｄ．7 4.设2921101211(1)(21)(2)(2)(2)x x a a x a x a x ++=+++++++ ，则01211a a a a ++++ 的值为（）Ａ．2- Ｂ．1-Ｃ．1 Ｄ．2 5. 如果2323n x x ??- ??的展开式中含有⾮零常数项，则正整数n 的最⼩值为（）Ａ．3 Ｂ．5 Ｃ．6 Ｄ．106. （1+2x 2）(x －1x )8的展开式中常数项为。
(完整版)排列组合知识点总结典型例题及解析
排列组合知识点总结 +典型例题及答案解析一．根根源理1．加法原理：做一件事有n 类方法，那么完成这件事的方法数等于各样方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n 步完成，那么完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或地址赞同重复使用，求方法数常常用根根源理求解。
二．排列：从n 个不相同元素中，任取m〔 m≤ n 〕个元素，依照必然的序次排成一列，叫做从 n个不相同元素中取出m个元素的一个排列，所有排列的个数记为A n m .1. 公式： 1. A n m n n 1 n 2 ⋯⋯ n m 1n!n m !2.规定： 0!1(1) n!n ( n 1)!,( n 1) n! (n 1)!(2)n n! [( n 1) 1] n! (n 1) n! n! (n 1)!n! ；(3)n n 1 1n1111(n1)!(n1)!( n1)!(n 1)!n!( n 1)!三．组合：从 n 个不相同元素中任取m〔m≤n〕个元素并组成一组，叫做从n 个不相同的 m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作Cn 。
1. 公式：C n m A n m n n 1 ⋯⋯ n m1n!定： C n01A m m m!m! n m !2.组合数性质： C n m C n n m，C n m C n m 1 C n m1， C n0 C n1⋯⋯ C n n2n①；②；③；④注： C r r C r r1C r r2L C n r1C n r C r r11C r r1C r r2 L C n r1C n r C r r21C r r2L C n r1 C n r C n r11假设C n m1C n m2 m1 =m 2或 m1+m 2n四．办理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事〔审题〕②有序还是无序③分步还是分类。
2．解排列、组合题的根本策略〔1〕两种思路：①直接法；②间接法：对有限制条件的问题，先从整体考虑，再把不吻合条件的全部状况去掉。
2020年初中数学竞赛《排列与组合问题》复习题及答案解析
2020年初中数学竞赛《排列与组合问题》复习题一．解答题（共20小题）1．用1、2、3、4组成6位数，可以重复，但每一个数都必须用到，问一共有多少个这样的六位数？2．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2P3…P m中，若1≤i＜j≤m时，P i＞P j（即前面某数大于后面某数），则称P i与P j构成一个逆序．一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列（n+1）n（n﹣1）…321的逆序数为a n，如排列21的逆序数a1＝1，排列4321的逆序数a3＝6．（1）求a4、a5，并写出a n的表达式（用n表示，不要求证明）；（2）令b n ＝+﹣2，求b1+b2+…b n并证明b1+b2+…b n＜3，n＝1，2，…．3．5个人站成一排照相．（1）若甲、乙两人必须相邻，则有多少不同的站队方法？（2）若甲、乙两人必不相邻，则有多少不同的站队方法？4．从1，2，…，16中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中，任意三个数都不是两两互质．5．从数1，2，3，…，1995中任意取出n个不同的数（1≤n≤1995）形成一组叫做一个n 元数组，如（1，2，3，4）就是一个四元数组，（4，8，12，20，32）就是一个五元数组．现要给出一个自然数k，使得每一个k元数组中总能找到三个不同的数，此三数能构成一个三角形的三边长，则给出的k至少是多少时才能满足要求？证明你的结论．6．试将7个数字：3、4、5、6、7、8、9分成两组，分别排成一个三位数和一个四位数，并且使这两个数的乘积最大，试问应该如何排列？证明你的结论？7．8分和15分的邮票可以无限制地取用，某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成，求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成（证明你的答案）．8．平面上给定了2n个点，其中任意三点不共线，并且n个点染成了红色，n个点染成了蓝色，证明：总可以找到两两没有公共点的n条直线段，使得其中每条线段的两个端点具有不同的颜色．9．如图，是一个计算装置的示意图，A、B是数据入口，C是计算结果的出口，计算过程是第1 页共18 页。
数学竞赛之排列组合(有解析)
34. 按规律填数。 35.下面哪两行数字的排列规律相同 ?请画 “√。＂
36. 按规律填数。
37.10 人围成一圈，从中选出三个人，其中三人均不相邻，共有多少种不同的选法？
38. 早餐店有馄饨，大饼，包子，烧麦四种早点供选择，最少吃一种，最多吃四种，有多少种不同的选择
方法？
39.文艺汇演共有 6 个节目，分 3 种类型： 1 个小品， 2 个舞蹈， 3 个演唱．现在要编排一个节目单； （ 1）如果要求第一个节目是小品，那么共有多少种节目单的编排顺序？
【解析】 【解答】解： 1，2， 3， 4， 5， 6， 7 中 1， 3， 5， 7 是奇数， 2， 4，6 是偶数
3+5=2+6
1+7=2+6
1+5=2+4
1+3=4
1+5=6
3+7=4+6
5+7=2+4+6 共 7种
故选： B．
【分析】找出 1， 2， 3， …， 7 这 7 个自然数那些是奇数，哪些是偶数，列出符合条件偶数之和等于奇数
13.书架上有 3 本故事书， 2 本科技书和 4 本英语书，每本书的内容不同，从中取出故事书，科技书，英语 各一本；共有 ________种不同的取法．
14.从班内 3 名男生和 4 名女生中选出 2 人参加羽毛球混合双打比赛，共有 ________种组队方案。
15.若 3 名同学中选出两人做班长，有 ________种可能。
13.【答案】 24 【考点】 排列组合 【解析】 【解答】解： 3×2×4=2（4种） 故答案为： 24. 【分析】本题直接根据排列组合的方法进行解答即可。
14.【答案】 12 【考点】 排列组合 【解析】 【解答】解： 3×4=12（种）； 故答案为： 12． 【分析】 3 名男生和 4 名女生选出一对乒乓球混合双打选手，则每一名男生都可和四名不同的女生搭配， 根据乘法原理可知，共有 3×4=12种不同的组队方案．
2020年初中数学竞赛复习资料：排列与组合问题含答案解析
2020年初中数学竞赛复习资料：排列与组合问题
一．选择题（共19小题）
1．某学校从三楼到四楼的楼梯共9级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从三楼到四楼用7步走完，则方法有（）
A．21B．28C．35D．36
2．某校九年级6名学生和1位老师共7人在毕业前合影留念（站成一行），若老师站在中间，则不同的站位方法有（）
A．6种B．120种C．240种D．720种
3．仪表板上有四个开关，每个开关只能处于开或者关状态，如果相邻的两个开关不能同时是开的，那么所有不同的状态有（）
A．6种B．7种C．8种D．9种
4．两本不同的语文书、两本不同的数学书和一本英语书排放在书架上，若同类书不相邻，英语书不放在最左边，则排法的种数为（）
A．32B．36C．40D．44
5．甲乙丙丁四位同学站成一横排照相，如果任意安排四位同学的顺序，那么恰好甲乙相临且甲在乙左边的概率是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
6．设（2x﹣1）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5．则a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5＝（）A．﹣1B．1C．﹣243D．243
7．现有1、2、3、4、5共五个数，从中取若干个数分给A、B两组，两组都不能放空，要使得B组中最小的数比A组中最大的数都大，则有（）种分配方法．
A．44B．49C．51D．32
8．将1，2，3，4，5，6，7，8这8个数排成一行，使8的两边各数的和相等，则不同的排列方法有（）
A．1152种B．576种C．288种D．144种
9．如图所示，韩梅家的左右两侧各摆了3盆花，韩梅每次按照以下规则往家中搬一盆花，
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初中数学竞赛《排列与组合问题》练习题及答案 (30)
初中数学竞赛《排列与组合问题》练习题
1．设计一套邮票，设计要求如下：该套邮票由四种不同面值的邮票组成，面值数为正整数，并且对于连续整数1，2…，R中的任一面值数，都能够通过适当选取面值互相不同且不超过三枚的邮票实现．试求出R的最大值，并给出一种相应的设计．
【分析】先求出从四种不同面值的邮票中选取面值互不相同且不超过三张的不同取法，求出R的取值范围，再假设设计四种邮票的面值数分别为1，2，4，8，根据R的取值范围进行验证即可求出答案．
【解答】解：从四种不同面值的邮票中选取面值互不相同且不超过三张的不同取法共有4+6+4＝14（种）．
不同取法所获得邮票的总面值可能相同，也可能不同，至多只有14种不同的总面值，∴R≤14（5分）
又∵若设计四种邮票的面值数分别为1，2，4，8．（5分）
∵1＝1，2＝2，3＝1+2，4＝4，5＝1+4，6＝2+4，7＝1+2+4，
8＝8，9＝1+8，10＝2+8，11＝1+2+8，12＝4+8，13＝1+4+8，14＝2+4+8，
∴R≤14
从而R最大为14，上述四种面值数作为一套，即是符合题意的设计．（5分）
故答案为：14．
【点评】本题考查的是排列组合问题，根据题意得出R的取值范围是解答此题的关键，此题难度较大．。
初中奥数：排列组合专项练习题附答案参考
【导语】奥数对青少年的脑⼒锻炼有着⼀定的作⽤，可以通过奥数对思维和逻辑进⾏锻炼，对学⽣起到的并不仅仅是数学⽅⾯的作⽤,通常⽐普通数学要深奥些。
整理了相关内容，快来看看吧！希望能帮助到你~更多相关讯息请关注！ 1．有五对夫妇围成⼀圈，使每⼀对夫妇的夫妻⼆⼈动相邻的排法有（）A768种B32种C24种D2的10次⽅中 解： 根据乘法原理，分两步： 第⼀步是把5对夫妻看作5个整体，进⾏排列有54321=120种不同的排法，但是因为是围成⼀个⾸尾相接的圈，就会产⽣5个5个重复，因此实际排法只有1205=24种。
第⼆步每⼀对夫妻之间⼜可以相互换位置，也就是说每⼀对夫妻均有2种排法，总共⼜22222=32种 综合两步，就有2432=768种。
2若把英语单词hello的字母写错了,则可能出现的错误共有()A119种B36种C59种D48种 解： 5全排列5*4*3*2*1=120 有两个l所以120/2=60 原来有⼀种正确的所以60-1=59 3．慢车车长125⽶，车速每秒⾏17⽶，快车车长140⽶，车速每秒⾏22⽶，慢车在前⾯⾏驶，快车从后⾯追上来，那么，快车从追上慢车的车尾到完全超过慢车需要多少时间？ 答案为53秒 算式是(140+125)(22-17)=53秒 可以这样理解：快车从追上慢车的车尾到完全超过慢车就是快车车尾上的点追及慢车车头的点，因此追及的路程应该为两个车长的和。
4．在300⽶长的环形跑道上，甲⼄两个⼈同时同向并排起跑，甲平均速度是每秒5⽶，⼄平均速度是每秒4.4⽶，两⼈起跑后的第⼀次相遇在起跑线前⼏⽶？ 答案为100⽶ 300(5-4.4)=500秒，表⽰追及时间 5500=2500⽶，表⽰甲追到⼄时所⾏的路程 2500300=8圈100⽶，表⽰甲追及总路程为8圈还多100⽶，就是在原来起跑线的前⽅100⽶处相遇。
5．⼀个⼈在铁道边，听见远处传来的⽕车汽笛声后，在经过57秒⽕车经过她前⾯，已知⽕车鸣笛时离他1360⽶，(轨道是直的),声⾳每秒传340⽶，求⽕车的速度（得出保留整数） 答案为22⽶/秒 算式：1360(1360340+57)22⽶/秒 关键理解：⼈在听到声⾳后57秒才车到，说明⼈听到声⾳时车已经从发声⾳的地⽅⾏出1360340=4秒的路程。
2020江苏初中数学竞赛 初一年级集训练习 组合与计数专题(含答案)
2020江苏初中数学竞赛 初一年级集训练习 组合与计数专题（含答案）1. 有多少个有序整数对(x ,y )满足225x y +≤？ 解析我们把这个问题分成6种情况：22x y i +=，0i =，1，2， (5)当220x y +=时，（x ，y ）=（0，0）；当221x y +=时，(x ,y )=(0,1-)，(0,y )，(1,0)，(1-,0)； 当222x y +=时，(x ,y )=(1-,1-)，(1-,1)，(1,1-)，(1,1)； 当223x y +=时，不可能； 当223x y +=时，不可能；当224x y +=时，(x ,y )=(0,2-)，(0,2)，(2-,0)，(2,0)；当225x y +=时，(x ,y )=(2-,1-)，(2-,1)，(1-,2-)，(1-,2)，(1,2-)，(1,2)，(2,1-)，(2,1)． 由加法原理知，满足题设的有序数对共有14404821+++++=（个）． 2. 利用数字1、2、3、4、5共可组成 （1）多少个数字不重复的三位数？ （2）多少个数字不重复的三位偶数？ （3）多少个数字不重复的偶数？ 解析 （1）百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择，所以共有54360⨯⨯=个数字不重复的三位数．（2）先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有24324⨯⨯=个数字不重复的三位偶数． （3）分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54． 三位偶数由上述（2）中求得的为24个．四位偶数共有：()243248⨯⨯⨯=个．括号外面的2表示个位数有2种选择（2或4）． 五位偶数共有：()2432148⨯⨯⨯⨯=个．由加法原理，偶数的个数共有28244848130++++=（个）． 3. 从1到300的正整数中，完全不不含有数字3的有多少个？ 解析1 将符合要求的正整数分为以下三类：（1）一位数，有1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9八种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8972⨯=个．（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有299162⨯⨯=个．因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有872162242++=个．解析2将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0、1或2三种情况，十位数字与个位数均有九种，因此除去0共有3991242⨯⨯-=个．4.一个班级有30名学生．（1）从中选出2人，一个担任班长，一个担任副班长，共有多少种不同的选法？（2）从中选2个人去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？解析（1）从30个人中选1个人担任班长，有30种选法，再从剩下的29个人中选1个人担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为3029870⨯=（种）．（2）从30个人中选两人有3029⨯种选法，但由于选出甲、乙去比赛和选出乙、甲去比赛是相同的情况，因此不同的选法共有30294352⨯=（种）．5.在小于10 000的正整数中，含有数字1的数有多少个？解析不妨将1至9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前面补0，使之成为四位数．先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每一位都有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为99996561⨯⨯⨯=．其中包括了一个0000，这不是正整数，所以比10000小的不含数字1的正整数有6560个，于是，小于10 000且含有数字1的正整数共有999965603439-=个．6.在1到9999中，有多少个整数与4567相加，至少在一个数位中发生进位？解析将0到9999这10 000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左面添0补足四位．考虑这些四位数中，有多少个在与4567相加时不发生进位．这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；十位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能．所以这样的数共有6543360⨯⨯⨯=（个）．其中包括0．所以，在1到9999中，与4567相加产生进位的整数有100003609640-=（个）．7.在1到1999这1999个自然数中，取4的倍数与7的倍数各一个相加，一共可得到多少个不同的和．解析在1到1999这1999个自然数中，有4的倍数499个，它们是4，8，12， (1992)1996；有7的倍数285个，它们是7，14，21，…，1988，1995．可得到的和最小为7411+=，最大为199619953991+=，介于11至3991之间的自然数，有一部分得不到．例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下面能依次得到29218=+，301416=+，31724=+，32284=+，332112=+，341420=+，35728=+，36288=+，…反过来，不能得到的数还有3990、3989、3988、3986、3985、3982、3981、3978、3974．不能得到的数共有9918+=（个）． 所以可得到的不同的和共有 ()3991111183963-+-=（个）． 8. 600有多少个不同的正约数（包括1和600）?解析 将600质因数分解，有312600235=⨯⨯．一个正整数m 是600的约数的弃要条件是m 具有235a b c ⨯⨯的形式，其中a 、b 、c 是整数且03a ≤≤，01b ≤≤，02c ≤≤．由于a 有()431=+种选择：0、1、2、3；b 有()211=+种选择：0、1；c 有()321=+种选择：0、1、2，故由乘法原理知，这样的m 有42324⨯⨯=（个）． 评注 一般地，若一个正整数n 的质因数分解式为1212r a a a r n p p p =L ．其中1p ，2p ，…，r p 是互不相同的质数，1α，2α，…，r α是正整数，则n 的不同正约数的个数为()()()12111r ααα+++L ．9. 在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？ 解析 设abcde 是满足要求的偶数，那么a 只能取2、3、4、5、6，e 只能取0、2、4、6、8．（1）若a 取2、4、6之一，即a 有3种选法，此时e 有()451=-种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有348764032⨯⨯⨯⨯=（个）． （2）若a 取3、5之一，则a 有2种选法，e 有5种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有258763360⨯⨯⨯⨯=（个）． 最后，由加法原理知，满足题意的偶数共有403233607392+=（个）． 评注 在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在一起用的． 10. 求至少出现一个数字6，而且是3的倍数的五位数的个数． 解析设满足要求的五位数为12345a a a a a ．由于3整除12345a a a a a 的充要条件是123453a a a a a ++++，所以分情况讨论如下：（1）从左向右看，若最后一个6出现在第5位，即56a =，则2a 、3a 、4a 可以从0，1，2，…，9这10个数字中任取1个，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能（例如，()23451mod3a a a a +++=，则1a 只能取2，5，8之一，等等），由乘法原理，五位数中最后一位是6，且是3的倍数的数有31010103000⨯⨯⨯=（个）． （2）从左向右看，最后一个6出现在第4位，即46a =，于是5a 只有9种可能（因为56a ≠），2a 、3a 各有10种可能，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能，由乘法原理，这一类的五位数有3910102700⨯⨯⨯=（个）． （3）从左向右看，最后一个6出现在第3位，即36a =，则4a 、5a 均有9种可能，2a 有10种可能，1a 有3种可能，这类五位数有 399102430⨯⨯⨯=（个）． （4）从左向右看，最后一个6出现在第2位，26a =，则3a 、4a 、5a 均有9种可能，1a 有3种可能，所以这类五位数有 39992187⨯⨯⨯=（个）． （5）从左向右看，最后一个6出现在第1位，即16a =，则2a 、3a 、4a 均有9种可能，为了保证123453a a a a a ++++，5a 只有3种可能，从而这类五位数有39992187⨯⨯⨯=（个）． 最后，由加法原理知，五位数中至少出现一个6，且是3的倍数的数有3000270024302187218712504++++=（个）． 11. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，问：满足要求的排法有多少种？ 解析设1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于1a ，2a ，3a ，4a ，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果()13i a i ≤≤是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1． 12. 由35个单位小正方形组成的长方形中，如图所示，有两个“*”，问包含两个“*”在内的小正方形组成的长方形（含正方形）共有多少个？解析 含两个“*”的矩形，与第二、三两行有公共部分．它们可能与第一行有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：每一类中的矩形，可能与四、五两行都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分而与第五行没有公共部分，即又分为三类，这样，从行考虑共有236⨯=类．同样，考虑列，矩形可能与第一、二列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第二列有公共部分，共三类．而与第五、六、七列的关系则有四列(都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分而与第七列无公共部分)． 所以，由乘法原理，含两个“*”的矩形共有233472⨯⨯⨯=（个）．13. 设有红、黑、白三种颜色的球各10个．现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等，问共有多少种放法． 解析 设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为x 、y 、z ，则有1x ≤、y 、9z ≤，且 ()()()101010xyz x y z =---，①即()()500505xyz x y z xy yz zx =-+++++，②于是有5xyz ．因此x ，y ，z 中必有一个取5．不妨设5x =，代入（1）式，得到10y z +=． 此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得5y =或者5z =时，也各有9种放法，但有x y z ==时两种放法重复．因此可得共有93225⨯-=种放法．14. 设正整数p 和q 互质．问：有多少个非负整数n 不能表示成px qy +（x 和y 是非负整数）的形式？ 解析 首先，由于p 、q 互质，所以下面q 个数 n ，n p -，2n p -，…，()1n q p --除以q 所得的余数不同．事实上，若()mod n ip n jp q -=-，01i j q <-≤≤，则()()0mod j i p q -=，()q j i p -，所以q j i -，矛盾．所以这q 个数中一定有一个除以q 余数为0，设这个数为n xp -，01x q -≤≤，于是可设n xp qy -=，即px py n +=恰有一组满足01x q -≤≤的整数解（x ，y ）． 设n 与数组（x ，y ）依上述规律对应，即n px qy =+，01x q -≤≤．与0y ≥的数组（x ，y ）春风一度的整数n 称为“好的”；否则称为“坏的”． 若n 与（x ，y ）对应，即n px qy =+，01x q -≤≤，则**pq p q n pq p q px qy ---=----()()11p q x q y =--+--．因为 011q x q ---≤≤，且y 与1y --中恰有一个是非负的，所以，pq p q n ---与（1q x --，1y --）对应，且n 与pq p q n ---中恰有一个是好的，一个是坏的．所以在0，1，2，…，pq p q --中好数与坏数一一对应，从而其中的坏数有()()111122pq p q p q --+=--（个）． 当0n <，则n 是坏数（显然0y <），故大于pq p q --的数均为好数．由此得坏数即不能表为px qy +（x ，y 为非负整数）的非负整数n 有()()1112p q --个． 15. 把1，2，3，…，2012这2012个正整数随意放置在一个圆周上，统计所有相邻三个数的奇偶性得知：三个数全是奇数的600组，恰好两个奇数的有500组，问：恰好一个奇数的有几组？全部不是奇数的有几组？ 解析 设恰好1个奇数的有x 组，则全部不是奇数的有2010600500912x x ---=-．将圆周上的数从某个数开始，依次计为1x ，2x ，…，2012x ，令 1,,1,i i i x y x -⎧⎪=⎨⎪⎩奇偶当为数时当为数时,则1220120y y y +++=L ，再令12i i i i A y y y ++=++121212123,,,1,,,21,,,3,,,i i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x ++++++++-⎧⎪-⎪=⎨⎪⎪⎩全奇恰好奇恰好一奇全偶当为数时当个数时当个数时当为数时其中20012i i x x +=，1i =，2，于是 ()12201203y y y =+++L122012A A A =+++L()36005003912x x =-⨯-++-，解得218x =．恰好一个奇数的有218组，全部不是奇数的有912218694-=组．。
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华杯赛计数专题：排列组合基础知识：1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。
2.排列数的计算：约定：0!=1排列数是由乘法原理得到的，因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。
3.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。
4.排列与组合的关系：。
5.组合数的计算：6.排列数与组合数的一些性质：例题：例1.4名男生和3名女生站成一排:（1）一共有多少种不同的站法?（2）甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种?（3）甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种?（4）甲不排头,也不排尾,有多少种排法?（5）甲只能排头或排尾,有多少种排法?【答案】（1）5040；（2）240；（3）2400；（4）3600；（5）略【解答】例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共多少种？【答案】4186种【解答】至少有3件是次品，分两种情况第一种情况：3件是次品的抽法：从4件次品中中抽出3件是种，其中，，然后，从46件正常品中抽2件，总共种。
其中，所以，3件是次品的抽法共种。
第二种情况：4件是次品的抽法共：种。
任意抽出5件产品，至少有3件是次品的抽法，是将上述两种情况加在一起，所以，总共是4×23×45+46=23×182=4186种。
总结：有序是排列，无序是组合。
例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种？【答案】540种【解答】可设三所学校为甲、乙、丙，三位医生去3所学校的分配方案：用排列数表示为=3×2×1=6。
用乘法原理表示为3！=6。
六名护士去学校甲有种选法，剩下4名护士去乙学校，有种选法，剩下两名自然去学校丙。
所以，不同的分配方法共有种。
例4.有多少个五位数，满足其数位上的每个数字均至少出现两次？【答案】819【解答】方法一：（1）出现一个数字的情况是9种；（2）出现两个数字，首位不能是0，共有9种情况，（i）首位确定之后，如果首位数总共出现3次，则从后面的4个数位中，选出两位，共种情况，剩下的两个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。
所以，这种情况总共有×9=54种。
（ii）首位确定之后，如果首位数总共出现2次，则从后面的4个数位中，选出一位，总共种情况，剩下的三个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。
所以，这种情况总共有×9=36种。
所以，出现两个数字的情况为（36+54）×9=810.综上，满足其数位上的每个数字均至少出现两次的情况为9+810=819种。
方法二：（1）出现一个数字的情况是9种；（2）出现两个数字的情况：（i）可以考虑从9个数中选两个数，两个都不是0，有种情况，为什么是排列数呢？因为，有一个数字出现3次，有一个数字出现两次。
所以，可以理解为，两个是有顺序的。
然后从5个数位中，选出3个数位，总共有种。
所以，两个都不是0的情况为=720种。
（ii）如果两个数，有一个是0，再选出一个数放在首位，有9种情况，如果首位数字用两次，从后四位数中，选择一个数位有种。
所以，这种情况为9×=36种。
如果首位数字用三次，从后四位数中，选择两个数位有种。
所以，这种情况为9×=54种。
所以，两个数，有一个是0的情况总共有54+36=90种。
所以，出现两个数字的情况为720+90+810种。
综上，满足其数位上的每个数字均至少出现两次的情况为9+810=819种。
例5（1）在10×15的棋盘上取两个方格，使它们既不同行也不同列，有多少种取法？（2）在n×n的方格表上取两个方格，使它们既不同行也不同列，有多少种取法？（3）在n×n的方格表上取n个方格，使任意两个棋子既不同行也不同列，有多少种取法？【答案】（1）9450；（2）；（3）n!【解答】（1）方法一：首先，从这些方格中，选第一个方格，总共有15×10=150种，接着选第二个方格，由于与第一个不同行也不同列，所以第二个方格的选法为14×9=126种。
但由于第一次选与第二次选，没有顺序之分，所以，这样选出的方格是重复的。
需要除以2。
故总共有150×126÷2=9450种。
方法二：从150个格子中选出两个格，总共有种，但有不符合要求的情况，就是属于同行同列的情况。
同一行的情况为：先选出一行，有10种情况，再在这一行中选出两个格，有种情况。
所以，同一行的情况为种。
同一列的情况为：先选出一列，有15种情况，再在这一列中选出两个格，有种情况。
所以，同一列的情况为种。
故总共有种。
（2）与第一问的方法相同，如果用第一种方法，选第一个方格，总共有n×n种，选第二个方格，总共有（n-1）×（n-1）种，由于有重复的情况。
所以，总共有种。
（3）在n×n的方格表上取n个方格，任意两个棋子不同列，相当于每列恰选一个方格，又因为不同行，所以，每行也恰选一个方格。
我们可以分步考虑，按列选：第1列选1个格，情况为n种；第2列选1个格，由于不能与第一列选的格同行，情况为（n－1）种……第n列选1个格，情况为1种。
所以，总共为n×（n－1）×……×2×1=n!种取法。
基础知识回顾：1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。
2.排列数的计算：约定：0!=13.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。
4.组合数的计算：小练习：请计算下列排列数和组合数：【答案】（1）35 （2）28 （3）10【解答】例6.从1,3,5,7中任取2个数字,从0,2,4,6,8中任取2个数字,组成没有重复数字的四位数,其中能被5整除的四位数共有多少个？【答案】300【解答】能被5整除，说明个位数是0或5.（一）当个位数是0时，运用乘法原理：第一步，还需从2,4,6,8中选一个数，有有种选法。
第二步，从1,3,5,7中选2个数，有种选法。
第三步，需要将所选的数字进行排列,总共排列数是个。
所以。
个位数是0的四位数总共有个。
（二）当个位数是5时，分两种情况考虑。
（1）没有选0，运用乘法原理：第一步，还需从1,3,7中选一个数，有种选法。
第二步，从2,4,6,8中选2个数，有种选法。
第三步，将所选的数字进行排列,总共是个。
这种情况的个数是：个。
（2）当选0时，运用乘法原理：第一步，还需从1,3,7中选一个数，有种选法。
第二步，从2,4,6,8中选1个数，有种选法。
第三步将所选的数字进行排列,首位不能是0.故有2种选择，百位有2种选择，十位有1种选择。
这种情况的个数是：个。
所以，个位数是5的四位数总共有：108+48=156个。
综上，能被5整除的四位数共有144+156=300个例7.从10个人中随意挑选出一些人，共有多少种不同的选法？【答案】1023【解答】解法1：随意挑选出一些人并没有确定是几个人，有可能是1人，2人，也有可能是所有人。
这样总共将所有的选法分为10类，第1类挑选1人；第2类挑选2人；第3类挑选3人；……；第10类挑选10人。
每一类的方法数分别为。
将这10类的方法数加到一起，。
所以一共有1023种选取的方法。
解法2：10步一共有种不同的选取方法。
这1024种方法中包含10个人全都不选的方法，不符合题意应该去掉，所以从10个人中随意挑选出一些人共有种不同的选法。
注意：本题主要是为了体现。
对于一般的情况有：。
用类似的方法研究组合数的性质例8.某校高二年级共有六个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的两个班中且每班安排2名,则不同的安排方案有多少种？【答案】90【解答】运用乘法原理：第一步，确定哪两个班，有种选择。
第二步，选出的第一个班接收哪两名同学，有种选择。
自然剩下的两名同学去第二个班。
所以，不同的安排方案有种。
例9.将n+1个不同的小球放入n个不同的盒子中，要求没有空盒，那么有多少种放小球的方法？【答案】【解答】运用乘法原理：第一步，确定哪两个小球放到同一个盒子里，有种选择。
将选出的这两个小球看作一个整体。
第二步，将n个小球放入n个盒子里，有种情况。
所以，总共有种放小球的方法。
例10.9本书分给甲、乙、丙三人，（1）甲2本，乙3本，丙4本，有多少种分法？（2）甲、乙、丙各3本，有多少种分法？（3）分成三堆，分别有2本、3本、4本，有多少种分法？（4）分成三堆，每堆3本，有多少种分法？【答案】（1）1260 （2）1680 （3）1260 （4）280.【解答】（1）运用乘法原理：第一步，从9本书中选2本给甲，有种选法。
第二步从余下的7本书中选3本给乙，有种选法。
剩下的就是丙的。
所以，总共有种分法。
（2）运用乘法原理：第一步，从9本书中选3本给甲，有种选法。
第二步从余下的6本书中选3本给乙，有种选法。
剩下的就是丙的。
所以，总共有种分法。
（3）方法同（1）。
（4）从9本数中选3本，有种选法。
然后从剩下的6本书中选3本，有种选法。
所以，总共是种选法。
第一个3本书，有3个位置，第二个3本书，有2个位置。
第三个3本书，就剩1个位置。
由于分堆问题，不涉及顺序，而前面的分法已经考虑顺序。
所以，分成三堆，每堆3本，有种分法。