排列组合中的一题多解和一题多变.
排列组合之插板法及变形
排列组合之插板法及变形主要⽤于“相同元素”分到“不同容器”的排列组合。
【例1】共有10本相同的书分到7个班⾥，每个班⾄少要分到⼀本书，问有⼏种不同分法？【解析】注意，这⾥⾯有个隐含的条件，根据常理，7个班肯定是不同的。
如果是书柜，可能是相同的。
因为书是相同的，可以排成⼀排，分给7个班，也就是在这⼀排书中间插⼊6个板，把书分成7份即可。
这排书共10本，中间有9个空，选6个空插板，所以有C(9,6)种分法。
【例2】共有10本相同的书分到7个班⾥，问有⼏种不同分法？【解析】注意这⾥没有要求每个班⾄少要分到⼀本，如果⽤插板法，两个板可以插到同⼀个空⾥。
显然⽤原来的⽅法不能解决。
但思路是⼀样的，把书分给7个班，我们还是插6块板，把书分成7份（如果板中间没有书，说明这⼀份是0）。
但这个时候空位的数量不⼀定了，把思路换⼀下，当插好板以后，书和板⼀共16个位⼦，其实就是16个位⼦选6个位⼦放板。
所以有C(16,6)种分法。
【例3】10个相同的球放⼊编号为1、2、3的盒⼦内，盒内球数不少于编号数，有⼏种不同的放法？【解析】球数不少于编号数，就是1号盒⼦最少放1个球，2号盒⼦最少放2个球...。
如果我们先把2号盒⼦放1个球，2号盒⼦放1个球，就变成每个盒⼦⾄少放⼀个球了，这时可以⽤最普通的插板法。
答案是C(7,2)。
【例4】有10颗相同的糖，每天⾄少吃1颗，共有⼏种吃法？【解析】注意，此题没有确定要⼏天吃完（例如如果要5天吃完，那么就是9个空插4个板，C(9,4)种），所以可以1天吃完，可以两天吃完。
也可以10天吃完。
那么就有C(9,0)+C(9,1)+C(9,2)+...+C(9,9)。
此题有⼀个更简单的思路，根据上⾯的分析，10颗糖排成⼀排，中间有9个空，每个空都可以插板，也可以不插板，插板或不插板各代表⼀种吃法，所以共有2*2*2...*2(9个2）=2^9种吃法。
由此也可以知道，C(9,0)+C(9,1)+C(9,2)+...+C(9,9)=2^9。
浅谈排列组合问题的几种主要解法
浅谈排列组合问题的几种主要解法作者：邱雪婉来源：《教师·下》2012年第06期摘要：排列组合由于内容独特，题目灵活多变，其解题方法也多种多样，学生在解题过程中极易出现“重复”或“遗漏”的错误，又无法对问题的结果进行检验，所以它是中学数学教学的一个难点。
排列组合也是学习概率与统计知识以及进一步学习高等数学有关知识的准备知识。
解决问题的关键在于对概念的深刻理解，正确区分分类和分步两个计数原理的差异，对每个过程作认真、全面的分析，做到不“重”、不“漏”。
笔者在多年的教学中总结出了排列组合问题的常见类型及其应对方法。
关键词：排列组合；分类计数原理；分步计数原理排列与组合是初等代数中比较独特的内容，也是中学数学教学的一个难点，它所研究的对象以及研究问题的方法都与学生已掌握的数学知识有较大的不同。
这部分内容虽少，与旧知识的联系也不多，但是由于题目灵活多样，其解题方法也多种多样，有利于对学生进行逻辑思维能力的训练。
解决排列组合的应用题主要依据的是计数的两个基本原理：分类计数原理和分步计数原理。
一、运用两个基本原理加法原理和乘法原理的区别就在于是否与顺序有关，这两种原理是解排列组合应用题的最基本的方法。
在解给定的具体问题时，弄清分类计数原理和分步计数原理的根本区别，确定是分类问题还是分步问题非常关键，要做到准确无误，需要对两个原理有全面而深刻的认识。
例1 n个人参加某项考试，能否通过，有多少种不同的可能结果？解法1：用分类计数的原理即加法原理。
没有人通过，有C0种结果；1个人通过，有C1种结果；……；n个人通过，有Cn种结果。
所以，一共有C0+C1+…+Cn=2n种可能的结果。
解法2：用分步计数原理即乘法原理。
第一个人有通过与不通过两种可能，第二个人也是这样，……，第n个人也是这样，所以一共有2×2×2×…×2=2n种可能的结果。
小结：①“做一件事，完成它有几类方法”，这是对能够完成这件事所有方法的分类。
排列组合第3阶07圆周上的排列组合问题
1. 将圆周上5个点按如下规则染色:先任选一点染成红色,然后依逆时针方向,第1步转过1个间隔将到达的那个点染红,第2步转过2个间隔将到达的那个点染红,第k 步转过k 个间隔将到达的那个点染红.一直进行下去,可得到_________个红点.解:将5个点依次编号0—4,且不妨设开始染红的是0号点,则第1步染红的是1号点,第2步染红的是3号点,第3步染红的又是1号点.故共可得3个红点.2. 在一圆周上有k 个数，k ≥3.若其中任意三个相邻之数,依顺时针方向分别设为,,a b c ,恒有b a c αβ=+,这里1αβαβ+=≥0,≥0,.证明这k 个数必互相相等.任取其中一数,记为0a ,其余各数依顺时针方向分别记为121,,,k a a a -….对任意的正整数,n k n p k i =⋅+≥, p 是正整数, i 是整数,且01i k -≤≤,令n i a a =,按题意,对任意正整数n,有11n n n a a a αβ-+=+.若0αβ⋅=,结论显然成立.否则,有11()()n n n n a a a a βα+--=-.令1n n n b a a +=-,则1n n b b αβ-=.设100a a b a -==,则()n n b a αβ= 当n k =,有110()k k k k a b a a a a a αβ+==-=-=.由此可得0a =或1αβ=.若0a =,即0,0,1,2n b n ==…,结论显然成立.若有1,αβ=即,0,1,2,n b a n ==…,知数列{}n a 是以0a 为首项,a 为公差的等差数列,则有,00k a a a ka ==+ 即0a =.结论得证. 3. 在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少个不同的钝角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）．【考点】组合图形的计数．【专题】操作、归纳计数问题．【分析】由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形，依此按照顺序数出钝角三角形的个数即可求解．【解答】解：由图形可知：含A、B两点的钝角三角形有6个；含A、C两点的钝角三角形有5个；含A、D两点的钝角三角形有2个；含A、G两点的钝角三角形有3个；含A、H两点的钝角三角形有2个；含A、I两点的钝角三角形有1个；含B、C两点的钝角三角形有5个；含B、D两点的钝角三角形有3个；含B、E两点的钝角三角形有1个；含B、H两点的钝角三角形有2个；含B、I两点的钝角三角形有1个；含C、D两点的钝角三角形有4个；含C、E两点的钝角三角形有2个；含C、F两点的钝角三角形有1个；含D、E两点的钝角三角形有3个；含D、F两点的钝角三角形有2个；含D、G两点的钝角三角形有1个；含E、F两点的钝角三角形有3个；含E、G两点的钝角三角形有2个；含E、H两点的钝角三角形有1个；含F、G两点的钝角三角形有3个；含F、H两点的钝角三角形有2个；含F、I两点的钝角三角形有1个；含G、H两点的钝角三角形有2个；含G、I两点的钝角三角形有1个；含H、I两点的钝角三角形有1个；共有：（6+5+2+3+2+1）+（5+3+1+2+1）+（4+2+1）+（3+2+1）+（3+2+1）+（3+2+1）+（2+1）+1=19+12+7+6+6+6+3+1=60（个）．答：可以画出60个不同的钝角三角形．故答案为：60个．【点评】本题考查分步计数原理，考查圆的有关问题，是一个综合题，解题的关键是对于圆上的点，怎样能组成钝角三角形．在一个圆周上有7个点，正好将圆周七等分，以这些点为顶点作三角形，可以作4.（2001•上海校级自主招生）在一个圆周上有7个点，正好将圆周七等分，以这些点为顶点作三角形，可以作_____________个等腰三角形．【考点】排列组合．【分析】构成等腰三角形分上述三种情况，看每种情况能做几个，最后把所有的作法加起来就可解决．【解答】解：构成等腰三角形分上述三种情况，每个点都做一次顶点，每种情况能作7个三角形，共可以作21个等腰三角形．故答案为：21．【点评】解决本题的关键是分情况考虑，选定顶点，看能作几个等腰三角形，再看每种三角形能作几个，最后加起来即可．如图1，圆周上顺序排列着1，2，3，…，12十二个数，我们规定：相邻的四个数a1、a2、a3、a4顺序颠倒为a4、a3、a2、a1称为一次“变换”（如1、2、3、4变为4、3、2、1，又如11、12、1、2变为2、1、12、11）．能否经过有限次“变换”，将12个数的顺序变为9，1，2，3，…，8，10，11，12（如图2）？请说明理由．【考点】推理与论证．【分析】5个数经过4次“变换”可将一个数提前4位，其余不变，则经过四次变化，即可得到1，2，3，4，9，5，6，7，8，10，11，12，在1，2，3，4，9这5个数中进行4四变化就可得把9提前，从而得到．【解答】解：12345→15432→34512→32154→51234．这说明经过4次“变换”可将一个数提前4位，其余不变．于是，经过4次“变换”可得：1，2，3，4，9，5，6，7，8，10，11，12．同样，再经过4次“变换”可得：9，1，2，3，4，5，6，7，8，10，11，12．【点评】本题考查了数的变化规律，关键是理解个数经过4次“变换”可将一个数提前4位，其余不变．5. 将圆周上的任意点均染成黑色或白色，对任意一种染色方法．（1）是否一定存在一个直角三角形，其顶点同色，证明你的结论；（2）证明：存在一个等腰三角形，其顶点同色．【考点】进行简单的合情推理．【专题】推理和证明．【分析】（1）若直角三角形的三个顶点在圆周上，则斜边一定为直径，我们把圆分成两个半圆，一半涂黑，一半涂白，则不存在一条直径的两个端点同色，故这样的直角三角形不是一定存在的；（2）取圆的一个内接五边形，则五个顶点中，至少有三个顶点是同色的，进而可得答案．【解答】解：（1）这样的直角三角形不是一定存在的，理由如下：把圆分成两个半圆，一半涂黑，一半涂白，则不存在一条直径的两个端点同色，此时不存在一个直角三角形，其顶点同色．证明：（2）取圆的一个内接五边形，则五个顶点中，至少有三个顶点是同色的，连接这三个顶点，可得到一个等腰三角形，故存在等腰三角形，其顶点同色．【点评】本题考查的知识点是合情推理，本题逻辑性强，证明思路比较难理解，属于中档题．6. 某工厂生产一种圆盘形玩具．在圆盘正面的圆周上均匀分布安装10个小球，其中3个为红球，7个为白球，如图所示，若两个圆盘都正面朝上，可以圆心对圆心，红球对红球，白球对白球叠放在一起，就算同一种规格．问：这类玩具一共可以有多少种不同的规格？【考点】哈密尔顿圈与哈密尔顿链．【分析】当3个红球都不相邻时，7÷3=2…余1；所以最少间隔2+1=3个白球；因此按两个红球间隔白球的数量分：最多间隔3、4、5、6、7个；分类讨论即可得出答案．【解答】解：按两个红球间隔白球的数量分类用黑点代表红球，空心点代表白球，最多间隔3个白球的有2种不同规格：最多间隔4个白球的有4种不同规格：类似地，最多间隔5个白球的有3种不同的规格，最多间隔6个白球的有2种不同规格．最多间隔7个白球的有1种规格．所以，共有不同规格：2+4+3+2+1=12（种）；答：这类玩具一共可以有12种不同的规格．【点评】本题还可以这样理解：7分成3个数的和：007、016、025、034、115、124、133、223共8种，注意这是不加圆盘正面向上这个条件时的答案（即不可反扣），加上这个限制，可以认为016、025、034、124这4个都可以变化出第2种不同排列顺序来，所以是12种．。
一题多解多解归一——一道数学立体几何高考题的思考
又 由Ｂ Ｅ一 ／ ／ ＡＦ ， Ｇ是 的 中 点 知 ， Ｂ Ｅ 一 ／ ／Ｇ Ｈ，
２
Ｅ Ｆ ｆ Ｂ Ｇ
／ ＿ Ｆ Ａ Ｂ ＝ ９ ０ ０ ， Ｂ Ｃ ／ ／ Ａ Ｄ， Ｂ Ｅ ＃
１ ＡＦ
，
１
Ｄ
２
Ｇ、 日分 别 是 、 肋 的 中
曰
Ｃ
点。 问题 ： Ｃ 、 Ｄ、 、 Ｆ 四点 是 否 共 面 ？ 为 什 么 ？ 分析 ： 我 学 习过 的证 明 （ 判断） 是 否 共 面 的 方 法 有两类 ： 一类是几何法 ； 一类是 向量法 。本题两类方 法都可 以使用 。而且每类方法 中还可以应 用不 同的 公理 和定理解决这个问题 。 所以这道题 的解法很多 ， 我 整 理 了十 种 方 法 和 大 家共 同探 讨 。 方 法 一 ：应 用 公理 ３ 的推论２ ： “ 两 条 相 交直 线 可 以确 定 一 个 平 面 ” 判断 。 证 明： Ｃ ， Ｄ， Ｆ ， Ｅ 四点 共 面 ； 延长 Ｄ Ｃ交 Ａ Ｂ的 延 长 线
延 长Ｆ Ｅ ￣Ａ ＂Ｂ 的 延 长线 于Ｇ 同理 可得 Ｇ （ Ｇ ）
Ｇ Ｅ
—
Ｇ Ｂ
—
ＢＥ
一
１
Ｇ Ｆ Ｇ Ａ ＡＦ ２
故 里：
，
Ｇ Ａ ＧＡ
即Ｇ 与Ｇ ， 重合
因此直线 Ｃ Ｄ、 肼 相 交于 Ｇ ， 即Ｃ ， Ｄ ， Ｅ 四点共 面 。 方法 二 ：利 用 公 理 ３ 的推 论 ３ ： “ 两 条 平 行 直 线 可 以 确 定一 个平 面” 和公 理 １ ： “ 如果 一 条 直 线 上 的 两 点 在一个平 面内，那么这直线上所有 的点都在这个平 面 内” 。 Ｃ ， Ｄ， Ｆ ， Ｅ四点 共 面 。理 由如 下 ： 由题 意 知 ， 彤 ＝ ，
一题多解 看方法——例谈求古典概型的概率常用方法
２４ ２
点评 在求解古典概型的概率时ꎬ经常先将总的基
本事件用列表法表示ꎬ使我们更直接、更精确地找到某个
１２ １
＝ . 故选 Ｄ.
２４ ２
点评 本解法是用排列的知识求出 ｎ ＝ ２４ꎬｍ ＝ １２. 有
一些题目既要用到排列知识ꎬ又要用到组合知识ꎬ但要注
意两者的区别.
参考文献:
收稿日期:２０１９ － ０９ － ０５
作者简介:杜红全(１９６９. ９ － ) ꎬ 男ꎬ甘肃省康县人ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.
— ３９ —
解法四( 排列组合法) 由于是四人随机排成一列ꎬ
果如下表所示.
类 别
与顺序有关系ꎬ所以是排列问题. 用捆绑法将两个女生捆
四 人 的 位 置 情 况
比较少的情况.
解法二( 树状图法) 设两位男同学分别为 ａꎬｂꎬ两位
女同学分别为 ｃꎬｄ.
法、列表法等求出总的基本事件的个数 ｎ 及事件 Ａ 中包
含的基本事件的个数 ｍꎬ但是要做到不重不漏ꎻ理科可以
用排列组合的知识来求解 ｍ 和 ｎꎬ但是要注意两者的区
别. ③计算. 计算事件 Ａ 的概率 Ｐ( Ａ) ＝
的结果ꎬ即 ｍ ＝ １２ꎬ根据古典概型计算公式可得两位女同
学相邻的概率为 Ｐ ＝
故选 Ｄ.
１２ １
＝ .
２４ ２
点评 根据树状图可以直观地理解题意ꎬ可以做到
不重不漏地找出等可能的有限个实验结果ꎬ从而达到解
题目的.
解法三( 列表法) 设两位男同学分别为结
全排列有Ａ４４ ＝ ２４ 种排法ꎬ根据古典概型计算公式可得两
位女同学相邻的概率为 Ｐ ＝
由上表可知ꎬ四人随机排成一列ꎬ共有 ２４ 种等可能
排列组合问题解法综述
排列组合问题解法综述作者：张年良来源：《读写算》2012年第95期排列组合问题是数学中比较抽象的问题，对学生的逻辑思维能力有较高要求。
由于其解法往往是构造性的，因此方法灵活多样，不同解法导致问题难易变化也较大，而且解题过程出现“重复”和“遗漏”的错误较难自检发现。
因而对这类问题归纳总结，并把握一些常见解题模型是必要的。
排列组合应用题的解题方法既有一般的规律，又有很多特别的技巧，它要求我们要认真地审题，对题目中的信息进行科学地加工处理。
一、基础知识复习（1）两个原理的区别与联系定义做一件事，完成它可以有n类办法，第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法…，第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…mn 种不同的方法做一件事，完成它可以有n个步骤，做第一步中有m1种不同的方法，做第二步中有m2种不同的方法……，做第n步中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有定义从n个不同元素中取出m个元素，按一定的顺序排成一列从n个不同元素中取出m个元素，把它并成一组种数所有排列的的个数所有排列的的个数符号二、解题方法和思路（一）. 注意两个基本原理应用加法原理和乘法原理是解排列组合应用题的最基本的出发点，可以说对每道应用题我们都要考虑在记数的时候进行分类或分步处理。
例1：n个人参加某项资格考试，能否通过，有多少种可能的结果？解法1：用分类记数的原理，没有人通过，有种结果；1个人通过，有种结果，……；n 个人通过，有种结果。
所以一共有种可能的结果。
解法2：用分步记数的原理。
第一个人有通过与不通过有两种可能，第二个人也是这样，……，第n个人也是这样。
所以一共有种可能的结果。
例2：同室四人各写了一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（）（A）6种（B）9种（C）11种（D）23种解：设四个人分别为甲、乙、丙、丁，各自写的贺年卡分别为a、b、c、d。
高考数学中解排列组合问题的17种策略
（2）三个男生，四个女生排成一排，男生之间、 女生之间不相邻，有几种不同排法？ 插空法： A A
3 3 4 4
（3）(2005 · 辽宁)用１、２、３、４、５、６、７、８ 组成没有重复数字的八位数，要求１与２相邻，３与４ 相邻，５与６相邻，而７与８不相邻，这样的八位数共 有___________个．（用数字作答）
不相邻问题插空策略
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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 5 第二步将4舞蹈插入第一步排 有 A5 种，
好的6个元素中间包含首尾两个空位共有 4 种 A6 不同的方法 由分步计数原理,节目的 不同顺序共有 A
A4 A4
（4）(2005 · 全国II · 理)在由数字0，1，2，3，4， 5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被５ 整除的数共有_____________ 个． 192
解：不能被5整除的有两种情况：情况1、首位为5有 P41 P42 1 1 2 P P 种，情况2、首位不是5的有 P 4 3 4 种，故在由数字 0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中， 1 1 2 1 2 P P P P P 不能被５整除的数共有 4 4 + 4 3 4 =192(个)．
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A.24
B.30
C.40
D.60
学生要从六门课中选学两门：
（1）有两门课时间冲突，不能 同时学，有几种选法？ （2）有两门特别的课，至少选 学其中的一门，有几种选法？
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（1）有两门课时间冲突,不能 同时学，有几种选法？ 解法一： C C C 14
2 4 1 2 1 4
排列组合专题一定序法
排列组合专题一定序法（二）元素相同 (1)二、基本变形 (3)（一）变形：空位问题................................................. .-3-（二）变形：插入问题.. (3)（三）变形：位置定序问题............................................. .-4-三、应用：路径问题....................................................... .- 5-（一）二维路径问题................................................... - 5-（二）三维路径问题................................................... .-6-（三）路径问题推广：步骤数固定，步骤不固定. (6)四、应用：条件触发终止型问题............................................. .-7-（一）连中射击问题 (7)（二）对局比赛问题................................................... .-8-五、疑惑诠释：同色摸球的思考............................................. .-8-一、基本模型（一）顺序确定【例1】5个不同的玩偶排成一列，要求A在B前面，有多少种排法？A 5【答案】A22【例2】5个不同的玩偶排成一列，要求A在C前面，C在B前面，有多少种排法?A5【答案】方3 （二）元素相同【例1】5个不同的玩偶排成一列，要求A在B前面，有多少种排法？A5 【答案】工2【练习1】3本相同的数学书与其余6本不同的书排成一排，有多少种排法?A 9 【答案】A ：3【练习2】5名男生，6名女生进行排列，男生顺序一定，女生顺序也一定，有多少种排法?A ii—1^-A 5 A 65 6【练习3】2个红球，3个黄球，4个白球排成一排，有多少种排法?A 99A 2 A 3 A 4 2 3 4【答案】 【答案】二、基本变形（一）变形：空位问题【例1】3个人去坐5个座位，有多少种坐法?（二）变形：插入问题【例1】4个人站成一排，找2个人插入队列中，要求原来4个人的相对位置不变，有多少种排法？A 6【答案】方4【例2】在4枚整齐排列的白球中插入一枚红球和一枚黄球，有多少种方法?A6 【答案】方4（三）变形：位置定序问题【例1】6个西瓜排成一列，前3个位置按照由重到轻的顺序排列，有多少种排法?A 6 【答案】k3【例2】7名同学站一排，个子最高的站中间，其余6个按照从高到底、从中间到左右两边进行排列，有多少种排法？A 66—【答案】A 3 A 333三、应用：路径问题（一）二维路径问题A 77 -A 4 A 34 3 【例2】小明哥小红去活动中心，现两人位置如下，小明先和小红回合然后俩人一到达活动 中心，问小明的最短路径有多少种？ I I 11 1 II ri I 11111 小电【答案】18【答案】 活动中心【例1】如图所示：求A 到B 的最短走法有多少种?（二）三维路径问题【例1】三维直角坐标系中，从点 （0,0,0 ）到点（3,3,3） 每次只能走一个单位，则最短路径有多少种? 【答案】3 3 3【例2】元宵节灯会中如图挂了9盏灯，每次取下一有多少种取法? 【答案】C 3C 39 6（三）路径问题推广：步骤数固定，步骤不固定【例1】已知2X + 3y = 15，%y 均为正整数，有多少种解？【例2】有15根火柴，若规定每次取2根或3根，取完这堆火柴有多少种取法?【答案】28【例3】10阶台阶，一次上一阶或两阶，有多少种走法?【答案】89四、应用：条件触发终止型问题（一）连中射击问题【例1】射击游戏中，击中3次则获胜，恰好射击5次获胜有多少种情况?（二）对局比赛问题【例1】两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则可能出现的情形（个人 输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A .10 种B .15 种C .20 种D .30 种【答案】C【例2】口袋中有大小相同，颜色不同的小球各一个，每次从中取一个，记下颜色后放回， 当三种颜色的球全部取出时停止，则恰好取了5次停止的种数为（）【答案】42五、疑惑诠释：同色摸球的思考【例1】有一个箱子里有3个实心球，2个空心球，从中摸出一个球，有多少种摸法？【答案】C 12【例2】箱子里有2个黄球，2个白球，3个红球，4个绿球，从中摸出一个球，有多少种 结果？【答案】C 13。
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排列组合中的一题多解和一题多变
正确熟练地运用两个原理来分析和解决排列组合的应用题，历来是高中数学教学中的难点，之所以难，主要是排列组合应用题的内容比较抽象，题型繁多，灵活多变，解题方法独特，与学生原有的解题经验甚不相同.因此，恰当充分运用一题多解和一题多变的教学方法，是发展学生抽象能力和逻辑思维能力的好方法.
教师在备课中，善于运用“直接法”和“排除法”，或从位置考虑、或从元素考虑，熟悉各种解法，做到胸有成竹，以便教学时有计划有步骤有目的地启发引导学生积极思考，探讨一题多解.
教学中，一题多解和一题多变往往可以结合运用，限于篇幅，这里仅举两例.
例1.有六种不同工作分配给6人担任，每个人只担任一种工作，且甲不能担任其中某两种工作，问有几种方法？
解法1：（元素分析直接法）先满足特殊元素甲，甲能担任的工作有4种，先分配甲，分配后，余下工作由其余5人分担，有A 55种分担方法，故共有分配方法数4A 55=4×5！
=480. 解法2：（位置分析直接法）先满足特殊“位置”（甲不能担任的某两种工作），由先除
甲之外的5人中任选2人分别担任甲不能担任的某两种工作，有A 25种方法，再由其余4人
（含甲）来分担余下四项工作，有A 44种方法，故共有分配法数A 25A 4
4=（5×4）4！=480 解法3：（元素分析排除法）先不考虑限制条件，每人分担一种工作，共有A 6
6种方法，
而其中包含甲担任了他不能担任的两种工作中的任一种，而其余五人分担剩下的工作有A 1
2A 5
5种情况，由加法原理（这里实际上用了减法）得共有分配方法种数
A 6
6－A 12A 55=（6－2）5！=480 解法4：（位置分析排除法）每人分担一种工作，共有A 6
6种方法，而除甲外的5人，每
次任选4人分别担任甲能胜任的四种工作，留下2人（含甲）担任剩下的两种工作，有A 2
2
45A 种方法，故共有分配方法种数：
22456
6A A A =6！－2×5！=480
解法5：（利用概率论的思想）每人分担一种工作，有A 6
6种方法，而甲担任每一种工作
的机会是均等的，都是总数的1/6，故共有分法种数：A 6
6×6
4=480
然后，可将原题的限制条件加上附加条件为“而乙只能担任该两项工作”，那么分配方法有几种？
解法1：4×2×A 44=8×24=192（种）
解法2：44221411A )A C C (=192（种）
（这里121411A C C 表示先由乙和除甲、乙外的4人中任选1人分担甲不能担任的某两项
工作，余下的四项工作包括甲在内的4人分担，有A 4
4种）
解法3：4414123514551266A C C )A C A C (A ++-
（.A C C ,A C C A C A C 44141
244141235145512故再加上重复减的中重复了和 这时排除法因
运算偏繁更易出错，故实际解题时并不可取）
例2.从8个女同学，10个男同学中选出5个代表参加学代会，其中：
（1）女同学甲与男同学A 都不可能当选，有几种选法？
（2）至少有一个女同学，有多少种选法？
（3）至多有3个男同学，有多少种选法？
解（1）（直接法）C 516=4368（种）
（间接法）C 316
417518C C 2+-（种） （注意避免遗漏和重复，错解为C 417
518316518C 2C C --或者，此法实际应用时并不可取）. （2）581104821038310284101
8C C C C C C C C C ++++（种）或510518C C -=8316（种）
（3）58481
103821028310C C C C C C C +++=6636（种）或)C C C (C 51018410518+-（种）
解完例2后，如果将原题中“选出5个代表参加学代会”改变为“选出5个同学分别担任班内5种不同工作”，那么各小题的结果呢？
这样，就由原来的纯组合题变成先取后排的排列组合综合题，它们都只要在原有各式的后面再乘以P 5
5就可得其解了.
教学时着重于分析，列出式子后可不必计算，留给学生课外去作计算检验.。