排列组合12种题型归纳(解析版)

第30讲 排列组合12类【题型一】 人坐座位模型1：捆绑与插空【典例分析】1.有四男生，三女生站一排，其中只有俩个女生相邻:2.有四男生，4女生站一排，女生若相邻，则最多2个女生相邻：解答（1）：先捆绑俩女生，再排列捆绑女生，然后排列四个男生，两个“女生”插孔即可，22423245C A A A（2）分类讨论24422422243445224542451; (2); (3)2C A A A A A C A A A （）都不相邻：A 两队各自相邻：一对两人相邻：！【方法技巧】人坐座位模型：特征：1.一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来坐，来的是谁；5、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列。

主要典型题：1.捆绑法;2.插空法；3.染色。

出现两个实践重叠，必要时候，可以使用容斥原理来等价处理：容斥原理()n A B ⋃=()()()n A n B n A B +-⋂【变式演练】1.在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为 A ．30 B ．36 C ．60 D ．72【答案】C【分析】记事件:A 2位男生连着出场，事件:B 女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为()()()()5555A n A B A n A n B n A B ⎡⎤-⋃=-+-⋂⎣⎦，再利用排列组合可求出答案．【详解】记事件:A 2位男生连着出场，即将2位男生捆绑，与其他3位女生形成4个元素，所以，事件A 的排法种数为()242448n A A A ==，记事件:B 女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件B 的排法种数为()4424n B A ==，事件:A B ⋂女生甲排在第一位，且2位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将2位男生与其他2个女生形成三个元素，所以，事件A B 的排法种数为232312A A =种，因此，出场顺序的排法种数()()()()5555A n A B A n A n B n A B ⎡⎤-⋃=-+-⋂⎣⎦()12048241260=-+-=种，故选C ．2.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（）A．144B．120C．72D．48【答案】B【分析】先求出只有3个歌舞类节目不相邻的方法，然后求出3个歌舞类节目不相邻且2个小品类节目相邻的排法，相减可得．【详解】先考虑只有3个歌舞类节目不相邻，排法有3334144A A=种，再考虑3个歌舞类节目不相邻，2个小品类节目相邻的排法有：22322324A A A=，因此同类节目不相邻的排法种数是14424120-=．故选：B．3.2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙､高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（）A．28种B．32种C．36种D．44种【答案】B【分析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所高校的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.【详解】根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有132312C A=种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有22224A A=种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有1112 222216C C C A=种排法；综上：共有32种排法满足题意.故选：B.【题型二】人坐座位模型2：染色（平面）【典例分析】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区涂色，规定每个区域只能涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域颜色不相同的概率是A.1/7 b.2/7 c.3/7 D.4/7 答案：D55315232553555351235125122404==4207;(2)4----+++2A C C A C C C C C ----⨯⨯涂色法：（1）用了几种颜色；（2）尽量先图相邻多的“三角形”：本题先把ABE 作为“三角形”1、用了5色：A 、用了4色：(1)先涂ABE:A 用第色：（3）D 用第4种：（相同）3、用了3色：同先涂ABE:A 结束。

A A A A A 与不相（不相同）；与相同综合：【方法技巧】染色问题： 1.用了几种颜色2.尽量先从公共相邻区域开始。

【变式演练】1.正方体六个面上分别标有A 、B 、C 、D 、E 、F 六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种. A ．420 B ．600 C ．720 D ．780【答案】D 【解析】【分析】根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、①两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、①一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可. 【详解】 分三类：1、若三对面染相同的颜色，则有3560A =种；2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有321532360A C C =种；3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有312532360A C A =种；①共有60360360780++=种. 故选：D2.如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（）.A．40320种B．5040种C．20160种D．2520种【答案】D【解析】【分析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解.【详解】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有177C=种方法，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有66A种方法，由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，所以不同的涂色方法，共有66725202A⨯=种不同的涂法.故选：D.3.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，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．192B．336C．600D．以上答案均不对【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．【详解】解：E，F，G分别有4，3，2种方法，①当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，()1C若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，()2若C 与F 不同，则此时D 有2种方法，故此时共有：()432121312240⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=种方法； ②当A 与G 相同时，A 有1种方法，此时B 有3种方法，()1若C 与F 相同，C 有1种方法，同时D 有2种方法，()2若C 与F 不同，则D 有1种方法，故此时共有：()432131211216⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=种方法； ③当A 既不同于F 又不同于G 时，A 有1种方法，()1若B 与F 相同，则C 必须与A 相同，同时D 有2种方法； ()2若B 不同于F ，则B 有1种方法，(①)若C 与F 相同则C 有1种方法同时D 有2种方法；(①)若C 与F 不同则必与A 相同，C 有1种方法，同时D 有2种方法；故此时共有：()432111*********⎡⎤⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯=⎣⎦种方法； 综上共有240216144600++=种方法． 故选：C ．【题型三】 人坐座位模型3：染色（空间）:【典例分析】如图所示的几何体由三棱锥P ABC -与三棱柱111ABC A B C -组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面111A B C 不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（ ）A ．6种B ．9种C ．12种D ．36种【答案】C【解析】三棱锥P ABC -三个侧面的颜色各不相同，先进行染色，然后再给三棱柱111ABC A B C -的侧面染色，保证组合体中相邻的侧面颜色不同即可.先涂三棱锥P ABC -的三个侧面，有1113216C C C =种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有1112112C C C =种情况，共有6212⨯=种不同的涂法． 故选：C ．【方法技巧】空间几何体，可以“拍扁”，转化为平面图形【变式演练】1.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是( )A ．420B ．210C ．70D ．35【答案】A 【解析】【分析】将不同的染色方案分为：AC 相同和AC 不同两种情况，相加得到答案. 【详解】按照SABCD 的顺序：当AC 相同时：染色方案为54313180⨯⨯⨯⨯= 当AC 不同时：染色方案为54322240⨯⨯⨯⨯= 不同的染色方案为：420种 故答案为A2.在如图所示的十一面体ABCDEFGHI 中，用3种不同颜色给这个几何体各个顶点染色，每个顶点染一种颜色，要求每条棱的两端点异色，则不同的染色方案种数为__________．【解析】【详解】分析：首先分析几何体的空间结构，然后结合排列组合计算公式整理计算即可求得最终结果. 详解：空间几何体由11个顶点确定，首先考虑一种涂色方法： 假设A 点涂色为颜色CA ，B 点涂色为颜色CB ，C 点涂色为颜色CC ， 由AC 的颜色可知D 需要涂颜色CB ， 由AB 的颜色可知E 需要涂颜色CC ， 由BC 的颜色可知F 需要涂颜色CA ， 由DE 的颜色可知G 需要涂颜色CA ， 由DF 的颜色可知I 需要涂颜色CC ， 由GI 的颜色可知H 需要涂颜色CB ，据此可知，当△ABC 三个顶点的颜色确定之后，其余点的颜色均为确定的，用三种颜色给△ABC 的三个顶点涂色的方法有336A =种，故给题中的几何体染色的不同的染色方案种数为6.3.用五种不同颜色给三棱台ABC DEF -的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种. 【答案】1920. 【解析】【详解】分析：分两步来进行，先涂,,A B C ，再涂,,D E F ，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果. 详解：分两步来进行，先涂,,A B C ，再涂,,D E F .第一类：若5种颜色都用上，先涂,,A B C ，方法有35A 种，再涂,,D E F 中的两个点，方法有23A 种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有32532720A A ⋅⋅=种；第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有45C 种；先涂,,A B C ，方法有34A 种，再涂,,D E F 中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有4354331080C A ⋅⋅⋅=种；第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有35C 种；先涂,,A B C ，方法有33A 种，再涂,,D E F ，方法有2种，故此时方法共有33532120C A ⋅⨯=种； 综上可得，不同涂色方案共有72010801201920++=种， 故答案是1920.点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，在解题的过程中，涉及到的知识点有分步计数乘法原理和分类计数加法原理，要认真分析题的条件，列式求得结果.【题型四】 书架插书模型【典例分析】有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ） A ．168 B ．260 C ．840 D ．560【答案】C【分析】先从后排8人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排人顺序不变可用倍缩法，再由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】解：从后排8人中抽2人有28C 种方法；将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有6644A A 种，由分步乘法计数原理可得：共有668442A 28A C 65840⋅=⨯⨯=种， 故选：C.【方法技巧】（1）书架上原有书的顺序不变；（2）新书要一本一本插；【变式演练】1.从A ，B ，C ，D ，a ，b ，c ，d 中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按(),(),(),()A a B b C c D d 先后顺序，但大小写可以交换位置，如AaBc 或aABc 都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答） 【答案】160【分析】先根据A 、B 、C 、D 选取的个数分为四类： 第一类:A 、B 、C 、D 中取四个，a 、b 、c 、d 中取一个； 第二类:A 、B 、C 、D 中取三个，a 、b 、c 、d 中取二个； 第三类:A 、B 、C 、D 中取二个,a 、b 、c 、d 中取三个； 第四类:A 、B 、C 、D 中取一个,a 、b 、c 、d 中取四个. 【详解】 分为四类情况：第一类：在A 、B 、C 、D 中取四个，在a 、b 、c 、d 中取一个，共有414428C C =；第二类：在A 、B 、C 、D 中取三个，在a 、b 、c 、d 中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有32434C C ，形如AaBCd （大小写只有一个字母相同）共有31432C C ； 第三类：在A 、B 、C 、D 中取两个，在a 、b 、c 、d 中取三个，取法同第二类情况；第四类：在A 、B 、C 、D 中取一个，在a 、b 、c 、d 中取四个，取法同第一类情况；所以共有：2(8+32434C C +31432C C )=1602.．在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法 【答案】504.【分析】由题意知添加的三个节目且保持这些节目的相对顺序不变，有三类办法排进去，三个节目连排，三个节目互不相邻，有且仅有两个节目连排，根据分类计数原理得到结果． 【详解】解：添加的三个节目有三类办法排进去 ①三个节目连排，有C 71A 33种方法； ②三个节目互不相邻，有A 73种方法；③有且仅有两个节目连排，有C 31C 71C 61A 22种方法． 根据分类计数原理共有C 71A 33+A 73+C 31C 71C 61A 22＝504种， 答：共有504种安排方法．3.书架上有排好顺序的6本书，如果保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同的放法共有（ ）. A ．210种 B ．252种 C ．504种 D ．505种【答案】C 【分析】可看成一共有9本书，9个位置，将3本书排列到这9个位置中的3个位置即可. 【详解】可转换为将3本书排列到所有的9本书中的其中3个位置上.共39504A 种情况.故选：C【题型五】 球放盒子模型1：球不同，盒子也不同【典例分析】已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ） A ．150 B ．240C ．390D ．1440【答案】C【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果. 【详解】因为24511++=或123511+++=所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有12235423225613219021C C C A A ⨯⨯⋅=⨯⨯⨯=⨯种. 各放3个，1个，1个的方法有311352132210213216021C C C A A ⨯⨯⋅=⨯⨯⨯=⨯种. （2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有211145321433103214321240321C C C C A A ⨯⨯⨯⋅=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯种. 综上，总的放球方法数为9060240390++=种. 故选：C【方法技巧】球不同，盒子不同（主要的）方法技巧：无限制，指数幂形式，球盒子，有限制“先分组再排列”分类讨论【变式演练】1.将5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，至多2个球，则不同的放法种数有（ ） A ．30种 B ．90种 C ．180种 D ．270种【答案】B【分析】对三个盒子进行编号1，2，3，则每个盒子装球的情况可分为三类：1，2，2；2，1，2；2，2，1；且每一类的放法种数相同.【详解】先考虑第一类，即3个盒子放球的个数为：1，2，2，则第1个盒子有：155C =，第2个盒子有：246C =，第3个盒子有：221C =，∴第一类放法种数为56130⨯⨯=， ∴不同的放法种数有33090N =⨯=.2.将编号分别为1，2，3，4，5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为 A ．17 B ．16C ．625D ．724【答案】C【分析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率【详解】由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1, 若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1， 且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，故所求概率为33322333322235356252C A P C C A A C A ==+ 故答案选C3.将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ） A ．15 B ．30 C ．20 D ．42【答案】B【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.【详解】当放入一个盒子的是A,C 时，有336A =种不同的放法 当放入一个盒子的是A,D 时，有336A =种不同的放法当放入一个盒子的是,B C 时，有336A =种不同的放法 当放入一个盒子的是,B D 时，有336A =种不同的放法 当放入一个盒子的是,C D 时，有336A =种不同的放法则共有6530⨯=种不同的放法 故选：B【题型六】 球放盒子模型2：球相同，盒子不同【典例分析】把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第i 个盒子中至少有i 个球（1,2,...,10i =），则不同放法的总数是 A ．101940C B ．91940CC ．101949CD ．91949C【答案】D【详解】先在第i 个盒里放入i 个球，1,2,...,10i =，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这时共放了12...1055+++=个球，还余下1995551940-=个球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里（允许有的盒子里不放球）.把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有91949C 种放法.选D.【方法技巧】球相同，盒子不同 方法技巧：挡板法【变式演练】1.将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ） A ．22 B ．25 C ．20 D ．48【答案】C【分析】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，据此即可的解. 【详解】解：将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组， 因为每个盒子都有球，所以每个盒子至少又一个球，不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同插入方法共有3620C =种，所以每个盒子都有球的放法种数为20. 故选：C.2.把20个相同的小球装入编号分别为①①①①的4个盒子里，要求①①号盒每盒至少3个球，①①号盒每盒至少4个球，共有种方法. A ．39C B ．319CC ．3494C AD ．143205C C【答案】A【分析】设四个盒子中装的小球个数分别为a ，b ，c ，d ，则20a b c d +++=，要求①①号盒每盒至少3个球，①①号盒每盒至少4个球，令2w a =-，2x b =-，3y c =-，3z d =-，则w ，x ，y ，z 都大于或等于1，且10w x y z +++=，问题相当于将10个球分成四部分，使用“隔板法”即可【详解】设四个盒子中装的小球个数分别为a ，b ，c ，d ，则20a b c d +++=，要求①①号盒每盒至少3个球，①①号盒每盒至少4个球，令2w a =-，2x b =-，3y c =-，3z d =-，则w ，x ，y ，z 都大于或等于1，且10w x y z +++=，问题相当于将10个球分成四部分，在10个球的9个间隔里选三个隔开，有39C 种方法，故选择A 【点睛】在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常用隔板法．实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧．3.将7个相同的小球放入A ，B ，C 三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法． A ．60种 B ．36种C ．30种D ．15种【答案】D【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有2615C =种不同的方法.故选：D.【题型七】 相同元素排列模型1：数字化法【典例分析】如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓才加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A.24B.18C.12D.9【答案】B解答：向右走，记为数字1，向上走，记为数字2.E 到F:向右两个，向上两个，相当于1，1，2，2四个数字排列：24C 同理F 到G ，相当于2，1，1排列13C 故答案：B【方法技巧】数字化法：标记元素为数字或字母，重新组合，特别适用于“相同元素”，可以和挡板法配合使用【变式演练】1.一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？ A ．5 B ．25 C ．55 D ．75【答案】D 【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有15C 5=种情况；二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有113543C C C 20=种情况；三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有212532C C C 30=种情况；四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有3252C A 20=种情况；故而共有520302075+++=种情况， 故选：D ．2.跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为A ．8种B ．13种C ．21种D ．34种【答案】C 【详解】解：设跳到第n 格的方法有a n ， 则达到第n 格的方法有两类，①是向上跳一格到达第n 格，方法数为a n -1， ①向上跳2格到达第n 格，方法数是a n -2， 则a n =a n -1+a n -2，有数列的递推关系得到数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21 ①跳到第8格的方法数是21， 故选C ．3.如图所示，甲､乙两人同时出发，甲从点A 到B ，乙从点C 到D ，且每人每次都只能向上或向右走一格.则甲､乙的行走路线没有公共点的概率为（ ）.A ．37B ．57C ．514D ．1321【答案】C 【分析】先求出甲从点A 到B ，乙从点C 到D 总的路径的对数，再计算甲从点A 到B ，乙从点C 到D 的相交路径的对数，其等于甲从点A 到D ，乙从点C 到B 相交路径的对数，进而可得甲､乙的行走路线没有公共点的路径的对数，再由古典概率公式即可求解. 【详解】首先考虑甲从点A 到B ，乙从点C 到D 总的路径的对数，甲从点A 到B ，需要向上走4步，向右走4步，共8步，所以甲从点A 到B 有4484C C 种方法； 乙从点C 到D ，需要向上走4步，向右走4步，共8步，所以乙从点C 到D 有4484C C 种方法；由分步乘法计数原理可知：甲从点A 到B ，乙从点C 到D ，有44448484C C C C 4900=种方法；下面计算甲从点A 到B ，乙从点C 到D 的相交路径的对数，证明：甲从点A 到B ，乙从点C 到D 相交路径的对数等于甲从点A 到D ，乙从点C 到B 相交路径的对数， 事实上，对于甲从点A 到B ，乙从点C 到D 的每一组相交路径，他们至少有一个交点，如图1，设从左到右，从下到上的第一个交点为点P ，如图2，实线路径表示甲从A 到B 的路径，虚线路径表示乙从点C 到D 的路径，将P 点以后的实线路径改为虚线，虚线路径改为实线，就得到一组甲从点A 到D ，乙从点C 到B 相关路径，如图3，反之，对于甲从点A 到D ，乙从点C 到B 的任意一组相交路径，也都可以用同样的方法将之变换成甲从A 到B ，乙从点C 到D 的一组相交路径，即这两者之间的相交路径是一一对应的，又因为甲从点A 到D ，乙从点C 到B 的任意一组路径都是相交路径，所以甲从点A 到D ，乙从点C 到B 共有44106C C 3150=种方法；所以甲､乙的行走路线没有公共点的有490031501750-=种方法； 甲､乙的行走路线没有公共点的概率为17505490014=， 故选：C【题型八】 相同元素排列模型2：空车位停车等【典例分析】1.某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ） A ．240 B ．360 C ．480 D ．720【答案】C【分析】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果. 【详解】给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8， 当1，2，3号为空时，有444A ⨯种停放方法； 当2，3，4号为空时，有443A ⨯种停放方法； 当3，4，5号为空时，有443A ⨯种停放方法； 当4，5，6号为空时，有443A ⨯种停放方法； 当5，6，7号为空时，有443A ⨯种停放方法； 当6，7，8号为空时，有444A ⨯种停放方法；所以不同的停放方法的种数为44443444444344433334202024480A A A A A A A +++++==⨯=种.故选：C.极简洁解法：四辆车标记为ABCD,四个空车位，三个组合一起，标记为3，剩余一个标记为1，则变成数字1，3与四个字母排列，且数字不相邻，插空法即可4245480A A =2.马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9盏路灯，为节约用电，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关掉两端的路灯，满足条件的关灯办法有 种答案：直接数字化法，标记为123456与AAA 排列，只选不排。