时间：2022-03-20 02:06:53
排列组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识．因此掌握一些基本的排列、组合问题的类型与解法对学好这部分知识很有帮助．本文将介绍几类排列组合问题的常用解题策略．
一、分类分步要弄清
【例1】 由1、2、3、4可组成多少个自然数（数字可以重复，最多只能是四位数）？
解析：组成的数可分为以下四类：
第一类：一位数，共有4个；
第二类：二位数，可以分为两步来完成，先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4=16个；
第三类：三位数，可以分三步来完成，共有4×4×4=64个；
第四类：四位数，可以分四步来完成，共有4×4×4×4=256个．
综上，共可组成4+16+64+256=340个自然数．
评注：合理的分类与分步是两个基本原理——分类计数原理和分步计数原理最直接的体现，是解决排列组合问题的最原始的方法．
二、优先法
【例2】 用０，１，２，３，４，５这六个数字组成的无重复数字的四位数中，有多少个偶数？
解析：（1）若末位排０，则有A35个；（2）若末位不排０，则末位有A12种排法．再排首位，有A14种，再排中间两位，有A24种，末位不是０的有A12A14A24个．
由（1）（2）知，共有A35+A12?A14?A24=156（个）.
评注：元素分析法和位置分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其他元素；若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置．若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其他条件.
三、间接法
【例3】 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个？
解析：从7个点中取3个点的取法有C37种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线，不能组成三角形，有3条对角线，所以满足条件的三角形共有C37-3=32个．
评注：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉．当从正面直接考虑比较困难、分类较多时,往往会考虑事情的对立面，用间接方式考虑问题．
四、先选后排
【例4】 将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少一名教师，则不同的分配方案共有（ ）种．
Ａ．１２ Ｂ．２４ Ｃ．３６ Ｄ．４８
解析：可分两步进行：第一步，先将4名教师分为三组，有C24种分法，第二步，将这三组教师分派到3种中学任教，有C33种方法．由分步计数原理得不同的分派方案共有C24C33=36种方案．
评注：对于排列组合的综合应用题，可采取先选取元素，后进行排列的策略，这是乘法原理的典型应用．这一点充分体现了CmnAmm=Amn的实质，先组合后排列，从而避免了不必要的重复与遗漏．
五、插空法与捆绑法
【例5】 男同学４名，女同学３名站成一排．
（1）3名女同学必须站在一起，有多少种不同的排法？
（2）任何两名女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
解析：（1）由于3名女同学必须排在一起，可以把她们视为一个整体与男同学一起排队，这时是5个元素的全排列，有A55种排法，再把这3名女同学内部进行重新排列，共有A33种排法，根据分步计数原理可得，有A33A55＝720种不同的排法．
（2）先将男生排好，共有A44种排法，再在这4名男生中间及两头的5个空位插入3个女生，有A35种方法，故符合条件的排法共有A44A35＝1440种不同的排法．
评注：某些元素要求相邻的问题，常用“捆绑”的办法：把相邻或要求在一起的元素捆在一起或看成一个元素与其他元素排列；然后再松绑，即内部再排列．某些元素要求不相邻的问题，常用“插空”的办法：即先排其他元素，然后在其形成的空位中选出空位排要求不相邻的元素．
六、消序法
【例6】 由１，２，３，４，５，６，７七个数字组成无重复数字的七位数，其中偶数字的顺序一定，有多少种不同的排法？
解析：本题要求“偶数字的顺序一定”．先设符合要求的七位数为x种，再对每一个数中的２、４、６交换位置有A33种方法．由此可得无“顺序一定”之限制的数有x?A33种；另一方面又知，无“顺序一定”之限制的数有A77 种.这样就有x?A33=A77，从而可以解得x=A77A33=840．
评注：当某些元素次序一定时，常用“除法”消序：先将n个元素进行全排列有Ann种，m(m≤n)个元素的全排列有Amm种，由于要求m个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到消序的作用，即若n个元素排成一列，其中m个元素次序一定，则有AnnAmm种排列方法．
七、分配与分组问题
【例7】 有8本不同的书．
（1） 平均分给甲、乙、丙、丁四个人，有几种分法？
（2） 平均分成四堆，有几种分法？
（3） 分给甲一本，乙三本，丙、丁各两本，有多少种分法？
（4） 分给一人1本，一人3本，剩下两人各2本，有多少种分法？
解析：（1）把甲、乙、丙、丁四个人看成有固定次序的四个位置，这样就可以从8本书中依次取书分给这四个位置，即符合要求分法有C28C26C24C22=2520种．
（2）没有（1）的那种次序，因此，可从有序与无序的关系入手考虑．设符合（2）的条件的分法有x种，则得xA44=C28C26C24C22，解得x=C28C26C24C22A44=105种分法．
（3）与（1）的思考方法类似，容易求得有C18C37C24C22=1680种分法．
（4）先考虑分成无序的四堆，有C18C37?C24C22A22种方法；再考虑分给四人，有A44种方法；于是可得C18C37?C24C22A22?A44=20160种分法．
评注：把若干物品（或人）分给几个人（或几个地方）的问题是分配问题．把若干人分成几组或把若干物品分成几堆，而分成的组或堆都无区别标志的问题，是分组问题．
八、隔板法
【例8】 把10本相同的书分给三个学生阅览室，每个阅览室至少有一本，共有多少种不同分法？
解：将10本书排成一排，书之间有9个空隙，将2块隔板插入9个空隙内，每一种插法，对应一种分法，故共有C29种分法．
评注：将个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，插入n个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为Cm-1n-1种．
九、穷举法
【例9】 将数字1、2、3、4填在标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填上一个数字，且每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有几种？
解析：此题的背景是学生所不熟悉的错排问题，不好利用计数原理解之．由于数字个数比较少，我们可把符合题意的填法一一列举出来．它们是：
由上面的树图可知，共有9种填法．
评注：对于条件比较复杂的排列组合问题，元素的个数较少的，不妨将所有满足条件的排列与组合逐一列举出来．
十、住店法
【例10】 七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 .
解析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得75=16807种.
评注：解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复.另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解.
十一、探索法
【例11】 设{an}是等差数列，从{a1,a2…,a20}中任取３个不同的数，使这三个数仍成等差数列，则这样不同的等差数列共有（ ）个.
Ａ．９０ Ｂ．１２０ Ｃ．１８０ Ｄ．２００
解析：３项相邻的有(a1,a2,a3)，(a2,a3,a4)，…,（a18,a19,a20) 18个；相隔一项的有(a1,a3,a5)，(a2,a4，a6),…, (a16,a18,a20)16个；同理，相隔二项的有(a1,a4,a7)，(a2,a5,a8)，…,(a14,a17,a20) 14个；…；相隔8项的有(a1,a10,a19)，(a2,a11,a20) 2个，共有18+16+14+…+2=90个；又由于上述每个数列中的第一、第三项可以互换，如(a1,a2,a3)变为（a3,a2,a1)也满足要求，故共有90×2=180个．
评注：对于复杂的情况，不易发现其规律的问题，需要认真分析，从特殊到一般，再给予解决．
十二、等价命题转化法
【例12】 圆周上有n个点，过每两点连一条弦，设这些弦没有三条共点的．问这些弦在圆内有多少个交点？
解析：两条弦在圆内可能有交点，也可能没有交点，由此很难直接从弦与弦的交点入手来考虑．换一个角度，如果两条弦在圆内有交点，必涉及圆周上四个点，这四个点构成圆的一个内接四边形，这个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点．一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的n个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C4n个．
评注：将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问题，这是解数学题的主要思想方法之一，也是解较难的排列、组合题的重要策略．
应该指出的是，以上介绍的各种方法是解决一般排列组合问题的常用方法，并非绝对的．数学是一门非常灵活的课程，同一问题有时会有多种解法，要认真思考和分析，抓住问题的本质特征，灵活选择合理、恰当的方法来处理，方能准确、迅速地解决问题．