排列组合问题2：加法原理和乘法原理
(最新整理)《排列组合专题》PPT课件
2021/7/26
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例9．有男女各五个人，其中有３对是夫妻，沿 圆桌就座，若每对夫妻都坐在相邻的位置，问有 多少种坐法？
设３对夫妻分别为Ａ和a,Ｂ和b,Ｃ和c，先让Ａ，Ｂ， Ｃ三人和另外４个人沿圆桌就座的方法为６！种．
又对上述每种坐法，a坐在Ａ的邻座的方式有左右两 种，b,c也如此．
所以共有６！＊２＊２＊２＝５７６０种．
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 数字与个位数字均有九种，因此除去0共有
3×9×9－1=242(个)．
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例10、
在小于10000的自然数中，含有数字1的数有 多少个？
不妨将0至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到 四位的自然数在前面补0,使之成为四位数。
所以符合题意的个数为：
1× P18× P28＝448
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例4、用0、1、2、3、4、5六个数字，可以 组成多少个没有重复数字的三位偶数？
1.个位为0,十位为1、2、3、4、5中的一个，百位为剩下的 四个数字中的一个，所以这样的偶数共有1×P15×P14
2.个位为2,百位为1、3、4、5中的一个，十位为剩下的四个 数字中的一个，所以这样的偶数共有1×P14×P14
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例8、求正整数1400的正因数的个
数．
因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个 数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的 连乘积1400=23527.所以这个数的任何一个正因数都是由2， 5，7中的若干个相乘而得到(有的可重复)。
于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤 完成的：
排列组合的解法
1．加法原理和乘法原理两个原理是理解排列与组合的概念，推导排列数及组合数公式，分析和解决排列与组合的应用问题的基本原则和依据；完成一件事共有多少种不同方法，这是两个原理所要回答的共同问题。
而两者的区别在于完成一件事可分几类办法和需要分几个步骤。
例1．书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书。
（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法。
解：（1）由于从书架上任取一本书，就可以完成这件事，故应分类，由于有3种书，则分为3类然后依据加法原理，得到的取法种数是：3+5+6=14种。
（2）由于从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成3个步骤完成，据乘法原理，得到不同的取法种数是：3×5×6=90（种）。
（3）由于从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类情况（数语各1本，数英各1本，语英各1本）而在每一类情况中又需分2个步骤才能完成。
故应依据加法与乘法两个原理计算出共得到的不同的取法种数是：3×5+3×6+5×6=63（种）。
例2．已知两个集合A={1，2，3}，B={a,b,c,d，e}，从A到B建立映射，问可建立多少个不同的映射？分析：首先应明确本题中的“这件事是指映射，何谓映射？即对A中的每一个元素，在B中都有唯一的元素与之对应。
”因A中有3个元素，则必须将这3个元素都在B中找到家，这件事才完成。
因此，应分3个步骤，当这三个步骤全进行完，一个映射就被建立了，据乘法原理，共可建立不同的映射数目为：5×5×5=53（种）。
2．排列数与组合数的两个公式排列数与组合数公式各有两种形式，一是连乘积的形式，这种形式主要用于计算；二是阶乘的形式，这种形式主要用于化简与证明。
连乘积的形式阶乘形式Anm=n(n-1)(n-2)……(n-m+1) =Cnm=例3．求证：Anm+mAnm-1=An+1m证明：左边=∴等式成立。
3、组合数学第三章排列组合(1)
P（5，3）
（2）同（1），若不限制每天考试的次数，问有多 少种排法？
53
例3.8 排列26个字母，使得在a 和 b之间正好有7个 字母，问有多少种排法？
例3 用26个字母排列，是元音 a,e,i,o,u 组不相继 出现，有多少种排法？
（1）排列所有辅音：P(21,21)=21！ （2）在辅音前后的22个空档中排元音:
n2 +... + nk .
2若r=n,则N= n! ; n1 !n2 !...nk !
3若r < n且对一切i,i =1, 2,..., k,有ni ? r,则N=kr ; 4若r < n,且存在着某个ni < r,则对N没有一般的求解公式。
§3.5 多重集的组合
多重集S中r个元素进行无序选择，构成一个多重 集的r-组合。 篮子里有2个苹果，1个桔子，3个香蕉，篮子里 的水果构成“多重集”。
解1 (1)任意坐： n=9! (2)不相邻：A先就坐，B不相邻：7 其余8人排序：8！ m=7*8！ (3) P=m/n=7*8!/9!=7/9
例6 10个人为圆桌任意就坐，求指定的两个人 A与B不相邻的概率。
解2 (1)任意坐： n=9! (2)A,B相邻：A先就坐，B左右相邻：2 其余8人排序：8！ k=2*8！ (3)不相邻：m=9!-2*8! (4) 两人不相邻的概率 P=m/n=（9!-2*8!)/9!=1-2/9=7/9
证明
(1) 从{ 1,2,…,n }中选出2-组合有
C
2 n
(2) 另一种选法：
最大数为k的2-组合共有k-1个，k=1,2,…,n
有加法原理，共有 0+1+2+…+(n-1) 个2-组合
排列组合
练习5
8.用20个不同颜色的念珠穿成一条项链,能做 多少个不同的项链 9.在单词MISSISSIPPI 中字母的排列数是 10求取自1,2,...k的长为r的非减序列的个数为
• (20!/20)
(11!/(1!*4!*4!*2!) (c(r+k-1,r))
排列与组合的产生算法
1．排列的产生 方法１：（递归，深度优先产生） 程序如下： program pailei; const m=4; var a:array[1..m] of integer ; b:array[1..m] of boolean; /////////////////////////////////////////////////// procedure print; var i:integer; begin for i:=1 to m do write(a[i]); writeln; end; /////////////////////////////////////////////////// procedure try(dep:integer); var i:integer; begin for i:=1 to m do if b[i] then begin a[dep]:=i; b[i]:=false; if dep=m then print else try(dep+1); b[i]:=true; end; end; ////////////////////////////////////////////////////////////
排列与组合的概念与计算公式
３．其他排列与组合公式 • 从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝ p(n,r)/r=n!/r(n-r)!. • n个元素被分成k类，每类的个数分别是 n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为 =n!/(n1!*n2!*...*nk!). • k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素 的组合数为c(m+k-1,m).
排列组合与概率原理及解题技巧
排列组合与概率原理及解题技巧一、基础知识1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。
2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。
3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，mn A =n(n-1)…(n-m+1)=)!(!m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n,注：一般地0n A =1，0！=1，nn A =n!。
4．N 个不同元素的圆周排列数为nA n n =(n-1)!。
5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。
从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用mn C 表示：.)!(!!!)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--=6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）11--+=n nm n m n C C C ；（3）kn k n C C kn =--11；（4）n nk k n n nnnC C C C 2010==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）kn m n m k k n C C C --=。
行测排列组合问题详解及秒杀方法
分析：（1）有种方法。
（2）有种方法。
（3）有种方法。
（4）有种方法。
（5）本题不能用插空法，不能连续进行插空。
用间接解法：全排列-甲乙相邻-丙丁相邻+甲乙相邻且丙丁相邻，共--+=23040种方法。
例12. 某人Βιβλιοθήκη 击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况?
因而共有185种。
例7．现有印着0，l，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9可以作6用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数?
分析：有同学认为只要把0，l，3，5，7，9的排法数乘以2即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换，因而必须分类。
抽出的三数含0，含9，有种方法；
(2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词(特别是逻辑关联词和量词)准确理解；
(3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大；
(4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。
二、两个基本计数原理及应用
例18．5男4女排成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，共有多少种不同的方法?
分析：首先不考虑男生的站位要求，共种；男生从左至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复了次。因而有=9×8×7×6=3024种。
若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法， 同理也有3024种，综上，有6048种。
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个
这里要注意排列和组合的区别和联系，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，“按照一定的顺序排成一列”与“不管怎样的顺序并成一组”这是有本质区别的．
高数2-排列组合概率论
例10 从5个男生3个女生中选出3个学生组 团参加合唱比赛，要求选出的学生中至多 有1个女生，有多少种不同的组团方式？ 解：分两种情况考虑：一是没有1个女生； 二是恰有1个女生．
5 43 5 4 3 40 C C C C 3 2 1 2 1 1
3 5 0 3 2 5 1 3
概率论初步
• • • • 随机事件 事件的概率 条件概率、乘法公式、独立性 一维随机变量及其数字特征
• 确定性现象 • 随机现象
随机试验
在一定条件下必然发生某种结果的现象； 在一定条件下不能确定发生某种结果的现象．
• 随机试验
对随机现象进行观察或实验称为(随机)试验： ① 相同条件下可以重复进行； ② 每次试验的可能结果不止一个，并且能事 先明确试验的所有可能结果； ③ 每次试验在其最终结果揭晓之前，无法预 知会发生哪一个可能的结果．
历年试题——概率论初步之1110
随机事件A与B为互不相容事件，则 P(AB) = ( D ) A．P(A) + P(B) B．P(A)P(B) C．1 D．0 解：因为随机事件A与B为互不相容事件； 所以 P(A + B) = P(A) + P(B) 因为 P(A + B) = P(A) + P(B) P(A)P(B) 所以 P(AB) = 0
5 P5 5! 5 4 3 2 1 120
例5 数字1、2、3、4、5可以排成多少个不 同的3位偶数？ 解：按先排个位，再排百位和十位的顺序 排列，根据乘法原理进行计算
P P 2 4 3 24
1 2 2 4
组合
从 n 个不同元素里，任取 m (1 m n )个元 素组成一组，叫做从 n 个不同元素里取出 m 个元素的一个组合．从 n 个不同元素取 出 m (1 m n )个元素的所有组合的个数， 叫做 n 个不同元素取出 m 个元素的组合数， m 记作 C n ．
☆排列组合解题技巧归纳总结
排列组合解题技巧归纳总结教学内容1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法，…，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法．2.分步计数原理（乘法原理）完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法．3.分类计数原理分步计数原理区别分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。
分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。
3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.先排末位共有13C然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C C A = 练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 二.相邻元素捆绑策略例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。
由分步计数原理可得共有522522480A A A =种不同的排法 练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20三.不相邻问题插空策略例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有55A 种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种46A 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有5456A A 种练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30四.定序问题倍缩空位插入策略例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是：7373/A A(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有47A 种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有47A 种方法。
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加法原理和乘法原理导言：
加法原理和乘法原理，是排列组合中的二个基本原理，在解决计数问题中经常运用。
把握这两个原理，并能正确区分这两个原理，至关重要。
一、概念
（一）加法原理
如果完成某件事共有几类不同的方法，而每类方法中，又有几种不同的方法，任选一种方法都可以完成此事，那么完成这件事的方法总数就等于各种方法的总和，这一原理称为加法原理。
例：从甲地到乙地，一天中火车有4班，汽车有2班，轮船有3班，那么，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？
解析：把乘坐不同班次的车、船称为不同的走法。
要完成从甲地到乙地这件事，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船，一天中，乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法。
而乘坐火
车、汽车、轮船中的任何一班次，都可以从甲地到乙地，符合加法原理。
所以从甲地到乙地的总的走法=乘火车的4种走法+乘汽车的2种走法+乘轮船的3种走法=9种不同的走法
（二）乘法原理
如果做某件事，需要分几个步骤才能完成，而每个步骤又有几种不同的方法，任选一种方法都不能完成这件事，那么完成这件事的方法总数，就等于完成各步骤方法的乘积。
例：用1、2、3、4这四个数字可以组成多少个不同的三位数？
解析：要完成组成一个三位数这件事，要分三个步骤做，首先选百位上的数，再选十位上的数，最后选个位上的数。
选百位上的数这一步骤中，可选1、2、3、4任何一个，共4种方法选十位上的数这一步骤中，可选除百位上已选好那个数字之外的三个数字，共3种方法
选个位上的数这一步骤中，可选除百、十位上已选好的两个数字之外的另两个数字，共2种方法
单独挑上面的任何一步中的任何一种方法，都不能组成一个三位数，符合乘法原理
所以，可以组成：4×3×2=24（个）不同的三位数
二、加法原理和乘法原理的区别
什么时候使用加法原理，什么时候使用乘法原理，最关键是要把握住加法原理与乘法原理的区别。
从上面两个例子我们容易发现，加法原理与乘法原理最大的区别就是：如果完成一件事有几类方法，不论哪一类方法，都能完成这件事时，运用加法原理，简称为“分类-----加法”；如果完成一件事要分几个步骤，而无论哪一个步骤，都只是完成这件事的一部分，只有每一步都完成了，这件事才得以完成，这里运用乘法原理，简称为“分步----乘法”。
三、加乘法原理的综合应用
有时候，做某件事有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成。
在计算做这件事的方法时，既要用到加法原理，也要用到乘法原理，这就是加乘法原理的综合应用。
例：从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走，那么，从甲地到丙地共有多少种走法？
解析：从甲地到丙地共有两大类不同的走法：可以直接从甲地到丙地，也可以从甲地先到乙地再到丙地，选择任何一类方法，都可以从甲地到丙地，符合加法原理；而在第二类方法中（即从甲地先到乙地再到
丙地），又分两步完成：第一步从甲地先到乙地，有4种走法，第二步再从乙地到丙地，有2种走法，这里的任何一种方法都不能完成从甲地到丙地这件事，符合乘法原理，这时共有4×2=8种走法。
所以从甲地到丙地总的走法=第一类方法+第二类方法
=3+4×2=11（种）
四、加法原理和乘法原理的应用
例1．（数字排列问题）用数字1、2、3、4、5可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解析：组成一个三位数，要分三个步骤，先选百位数，再选十位数，最后选个位数，使用乘法原理
5×4×3=60（个）
例2．（数字排列问题）一种电子表6点24分30秒时，显示数字是：6:2430，那么从8点到9点这段时间里，此表5个数字都不相同的情况一共有多少种？
解析：在8点到9点间，电子表的第一位数字肯定8，在这段时间内是固定不变的，可以不考虑；第2位和第4位的取值范围只能是0、
1、2、3、4、5，第3位和第5位只能从0、1、2、3、4、5、6、7、9。
题中要求5个数字各不相同。
所以我们要分开来考虑：
①第2位到第5位只取0----5中的数，有6×5×4×3=360种情况
②第2位和第4位只取0---5中的数，而第3位和第5位只取6、7、9中的数，有6×5×3×2=180种情况
③第2位、第3位和第4位只取0---5中的数，第5位只取6、7、9中的数，有6×5×4×3=360种情况
④第2位、第4位和第5位只取0---5中的数，第3位只取6、7、9中的数，有6×5×4×3=360种情况
所以，此表在8到9点间5个数字不同的情况共有：
360+180+360+360=1260种
例3．（数字排列问题）从1到400的所有自然数中，不含数字3的自然数有多少个？
解析：在一位数前面添两个零，如把2写成002；在两位数前面添一个零，如把12写成012，这样，1—400中的数全成了“三位数”了，除去数字400外，考虑不含数字“3”的这样的“三位数”的个数，分三步考虑：百位、十位、个位上不含数字“3”，符合乘法原理。
百位上可取0、1、2，有三种取法；十位上都可取0、1、2、4、5、6、7、8、9，有9种取法；个位与十位情况一样，也有9种取法。
根据乘法原理，这样的数有：3×9×9=243（个）。
数“000”不合要求，另外还需要补上符合要求的数“400”，所以不含数字“3”的自然数有：243-1+1=243（个）；（提示：这243个数中，有首位是“0”的，把“0”删掉，就成了一位数和两位数，不影响最后的个数。
）
例4．（站队排列问题）有6个同学排成一排照相，共有多少种不同的站法？
解析：6人中任何一位的位置换了，就是一种站法。
把这6个位置用字母表示为：A、B、C、D、E、F。
要排成一排，要分六步，依次排A、B、C、D、E、F这六个位置，使用乘法原理；A位置中有6种站法，B 位置中就只剩5种站法、、、、、如此下去，F位置上就只剩1种站法，根据乘法原理，总的站法是：6×5×4×3×2×1=720种不同的站法
思考：看看下题与例4有何区别，又如何解答
A、B、C、D、E 5人排成一排，如果C不站在中间，一共有多少有种不同的排法？
例5．（取物排列问题）有5件不同的上衣，3条不同的裤子，4顶不同的帽子，从中取出一顶帽子、一件上衣和一条裤子配成一套装束，最多有多少种不同的装束？
解析：要完成一套装束要分三步完成，先取帽子，再取上衣，最后取裤子，而每一步分别有4、5、3种不同的方法，根据乘法原理，共有4×5×3=60种不同的装束
例6．（信号排列问题）有5面颜色不同的小旗，任意取3面排成一行表示一种信号，问：一共可以表示多少种不同的信号？
解析：一种信号上有三个位置，要完成一种信号要分三步选好这三个位置上的小旗。
而每个位置上依次有5、4、3种不同的选小旗的选法，根据乘法原理，一共可以表示：5×4×3=60种不同的信号。
例7．（涂色问题）如图，用红、绿、蓝、黄四色去涂编号为1、2、3、4号的长方形，要求任何相邻的两个长方形的颜色都不相同，一共有多少种不同的涂法？
解析：要分4种情况考虑：
① 1、2、3、4号长方形颜色都不相同，根据乘法原理，有4×3×2×1=24种涂法
②只有1、4号长方形同色，有4×3×2=24种
③只有2、3号长方形同色，有4×3×2=24种
④2、4和1、3号长方形分别同色，有4×3=12种
最后用加法原理
共有24+24+24+12=84种不同的涂法
例8．深圳市的电话号码全是8位数，若前3位只能用1----9这9
个数字，则深圳市可以安装多少台不同的电话号码的电话？
解析：要确定一个电话号码，就必须确定8位数上各个位置的数字，要分八个步骤完成。
使用乘法原理。
根据题目要求，先确定电话号码前3位数字的取法，由于数字可以重复，前3位上的每一位置上都可以取1、2、3、4、5、6、7、8、9中的一个数，各有9种取法。
电话号码中的后5位的每一个位置上都可以取0、1、2、3、4、5、6、7、8、9，各有10种取法。
根据乘法原理，共有不同的电话号码的电话：9×9×9×10×10×10×10×10=72900000台
例9．（棋子排列问题）如图，现在要把A、B、C、D、E 5个棋子放在方格里，每行和每列只能出现一个棋子，一共有多少种放法？
解析：要将5个棋子放入格子中，要分5步完成。
第一步先放A，有5×5=25个方格就有25种不同的放法；第二步放B，对应A的放法，由于不能在同一行与同一列，B放的行数和列数都会减少1，所以只能放在4×4=16个格子里，有16种放法；同理可推出，第三步放C，有3×3=9种放法；第四步放D，有2×2=4种放法；第五步放E，有1×1=1种放法。
根据乘法原理。
总的放法有：25×16×9×4×1=14400种。