第六章 两类计数原理与排列组合问题 讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

该高中数学讲义以两类计数原理为核心，通过表格对比排列与组合的定义、公式及性质，梳理分类加法与分步乘法原理的联系与区别，构建“原理-概念-方法-应用”的知识脉络，清晰呈现重难点分布。 讲义亮点在于按题型分类的方法提炼，如排序问题的“捆绑法”“插空法”，分组分配问题的“隔板法”，配套选择、填空、解答题。通过最短路径问题的网格路径计算等实例，培养数学思维与模型意识，支持学生分层提升，助力教师精准教学。

第六章 两类计数原理与排列组合问题 目录 题型1：排序问题 3 题型2：分组、分配问题 5 题型3：最短路径问题 8 题型4：染色问题 9 题型5：错排问题 12 1. 两个计数原理 (1) 分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法. (2) 分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 提醒 两个计数原理的综合问题中往往既有分类又有分步，这时首先要理解题意，弄清“完成哪件事”，弄清是类的趋势大，还是步的趋势大，再决定是先分步还是先分类. (1) 类中有步 完成这件事的方法数为. (2) 步中有类 完成这件事的方法数为. 2. 排列、组合的定义 (1) 排列的定义 一般地，从个不同元素中取出个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． (2) 组合的定义 一般地，从个不同元素中取出个元素作为一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合． 3. 排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． 从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． 公式 性质 ； ；； 题型1：排序问题 方法提炼 (1) 特殊元素 (位置) 优先法 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置. (2) 间接法 当问题的分类较多或计算较复杂, 正面求解较困难，常常使用间接法, 即先不考虑特殊元素 (位置), 求出所有元素的全排列数, 再减去不满足特殊元素 (位置) 要求的排列数. (3) 相邻问题捆绑法 先把排在一起的个元素“捆绑在一起”，并把捆绑在一起的元素当作一个“大元素”与其他元素进行排列，共有种排法；再将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，共有种排法；根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. (4) 不相邻问题插空法 先把没有不相邻要求的个元素排好，有种排法.个不同元素有个空，将个不同元素放入这个空中，有种排法.由分步乘法计数原理，共有种排法. (5) 定序问题倍缩法 在个不同元素中有个元素必须按照一定顺序排列，共有种满足条件的排法. (6) 含有相同元素求排列种数的方法 有个不同元素，其中各元素重数分别为，且，则这个元素的排列种数为． (7) 环排问题直排处理 ①将个不同的元素排成一个有向环形，共有种排法. ②将个不同的元素排成一个无向环形，共有种排法. 【例1.1.】 （多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“数”不排在第一天的不同排法共有600种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”相邻的不同排法共有240种 【例1.2.】 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（   ）种不同的放置方式． A．12 B．24 C．36 D．48 【例1.3.】 某历史文化街区春节期间客流量较大，特安排包括甲在内的6名志愿者在A，B，C三个重要路口进行执勤，疏导客流，若每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C，则不同的安排方法数为（    ） A．30 B．50 C．60 D．75 【例1.4.】 在五一假期期间，要从5人中选3人在5天假期值班（每天只需1人值班，选出的3人每人至少值1天班），不出现同一人连续值班2天，可能的安排方法有（   ） A．420种 B．450种 C．480种 D．540种 【例1.5.】 甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次. 甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”. 从以上回答分析，5人的名次排列有（     ）种不同情况. A．9 B．18 C．54 D．108 【例1.6.】 （多选）某学校高二年级数学课外活动小组中有男生4人，女生3人，则下列说法正确的是（    ） A．从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，共有21种不同的选法 B．从中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人，共有12种不同的选法 C．将这7名学生排成一排，3位女生排在一起的方法共有360种 D．7名学生排成一排，已知4名男生已排好，现将3名女生插入队伍中，则共有210种排法. 【例1.7.】 红､绿､蓝三色的同质小球各2个排成一排，同色球不相邻的排法有__________种.（结果用数值表示） 【例1.8.】 用0，2，3，5，7，8可以组成多少个无重复数字的六位偶数（   ） A．360 B．312 C．606 D．322 【例1.9.】 将由1，2，3，4，5组成的无重复数字的5位正整数按从小到大的顺序排列，则32154是第______个数． 题型2：分组、分配问题 方法提炼 1. 不同元素的分组问题有三种情况： (1) 平均分组 将个不同的元素分成组，每组个元素，共有种分法. (2) 不平均分组 将个不同的元素分成组,每组的元素个数都不相同,设各组元素个数分别是且，则共有种分法. (3) 部分平均分组 将个不同的元素分成组，设各组元素个数分别是,其中组元素个数相等,则共有种分法.如果再有组元素个数相等，应再除以，即此时不同的分法种数为. 2. 相同元素的分组问题隔板法 (1) 当每组至少含有一个元素时，其不同分组方式有种，即给个元素的中间个空格中加入个“隔板”. (2) 任意分组，可能出现某个组含0个元素的情况，其不同分组方式有种，即先借过来个元素，给每个人分一个，将问题转化为将个相同元素分配给个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个. 3. 分配问题 把个元素分配给个对象, 求不同的分配方法数, 就是分配问题. 如果把个不同的元素分配给几个对象, 实际上就是先分组后分配的问题. 针对分配问题, 需要遵守的原则是: 先分组后分配. (1) 定向分配: 定向分配是指不同接受对象对接受的元素个数有确定要求且均不同, 分组结果就是分配结果. (2) 不定向分配: 不定向分配中, 各个不同对象对接受的元素个数没有限制, 事实上就是先分组后排列的问题, 其结果是分组方法种数乘以所有对象个数的全排列数. 【例2.1.】 为落实教育部“银龄讲学计划”“乡村教师支持计划”，推进县域义务教育优质均衡发展，某省教育厅组织名优秀教师（名银龄教师和甲、乙、丙等名青年骨干教师，且这名青年骨干教师不是银龄教师），按照以下要求将其分配到省内个乡村振兴重点帮扶县的三所新建乡村学校任教． (1)要求分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，分配名青年骨干教师给校，问共有多少种不同的分配方案？ (2)要求至少分配名教师给每所学校，且至少分配名银龄教师给每所学校，青年骨干教师甲、乙、丙被分到同一所学校，问共有多少种不同的分配方案？ (3)要求三所学校中，其中分配名教师（含名银龄教师）给所学校，各分配名教师给另外所学校，问共有多少种不同的分配方案？ 【例2.2.】 高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. (1)若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； (2)第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； (3)两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； (4)若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 【例2.3.】 9本不同的书分为三份，每份三本，有________种分法． 【例2.4.】 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【例2.5.】 将8棵相同的小多肉种进4个不同的花盆，要求每个花盆至少种1棵小多肉，则总的种法数为（    ） A．70 B．56 C．35 D．20 【例2.6.】 某校高二年级6名同学（包含同学甲、乙）平均分为3组，参加数学、物理、化学三个学科兴趣班，但甲同学和乙同学不能参加同一学科兴趣班，则不同的安排方案有（   ）种． A．54 B．72 C．84 D．90 【例2.7.】 将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（   ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 【例2.8.】 某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（    ） A．15种 B．19种 C．25种 D．46种 【例2.9.】 某人工智能实验室有6名研究员，将他们分配到3个不同的人工智能科研项目，若每名研究员只能加入1个项目，且每个项目至少需要1名研究员，则不同的分配方案数为（    ） A．540 B．600 C．480 D．720 【例2.10.】 方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 【例2.11.】 某大学为提高学生的文化艺术素养，特开设了6门公共必修课程，要求每位同学每学年至少选1门，至多选3门，大二到大四这三学年必须将6门公共必修课程全部选完，且不能提前修完，则每位同学的不同选择方式有______. 题型3：最短路径问题 方法提炼 平面上只有两个方向可选的最短路径问题, 可抽象成在行, 列的表格中, 从左下角到右上角的最短路径问题, 易知不走回头路的向上步数是步, 向右步数是步, 则总步数是 步, 所以只需要从这步中选出向上走的步, 或者向右走的步即可, 也即最短路径走法总数是或. 【例3.1.】 如图，质点需从网格点沿着网格线移动到点，每次仅能向右或向下移动一格，且不经过两点，则不同的路径共有__________条. 【例3.2.】 在黑猫警长的森林街区行动中，黑猫警长从起点S沿最短路径前往终点T抓捕逃犯；白鸽侦探从T出发，沿最短路径前往S支援.两人随机选择路径，且速度完全相同.其中，，，，是森林道路网络中位于一条对角线上的5个交汇点.（   ） A．黑猫警长从S到T的最短路径方法有100种 B．黑猫警长从S必须经过到达T的最短路径方法有36种 C．黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为 D．黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为 【例3.3.】 （多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（   ） A．甲从M到达N处的走法种数为20 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D．甲、乙能相遇的走法种数为164 【例3.4.】 （多选）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（    ） A．31条 B．36条 C．210条 D．315条 【例3.5.】 智能舞蹈机器人在舞台上随音乐节奏移动，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，若机器人A从舞台中心正北方向2米的位置起步，则机器人移动6秒恰好位于舞台中心的路径条数为______．（用数字作答） 题型4：染色问题 方法提炼 (1) 条形染色 由个区域构成的条形图, 现用种不同的颜色填充这个区域, 要求相邻区域不同色，有种染色方法. (2) 环形染色 把条形的两端对接，拼成一个环形，有两种情况： ①当两端颜色不同时，首尾对接，则任意相邻区域颜色均不相同，此时的环形有块区域，对应种染色方式。 ②当两端颜色相同时，首尾对接则会出现有两块相邻区域颜色相同。其余相邻区域颜色则均不同。此时若把相邻颜色相同的区域合并为一个区域，则此时的环形有块区域，任意相邻区域颜色均不相同，对应种染色方式. 因此有. (3) 用种颜色给边形的顶点染色, 每个顶点染一种颜色, 相邻顶点不同色, 则有种染色方法 【例4.1.】 (1)某学校有5个区域要种上鲜花（如图1），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有多少种. (2)给平面图图2中的六个点涂色，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，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有多少种. 【例4.2.】 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 【例4.3.】 某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【例4.4.】 如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 【例4.5.】 现用种不同的颜色对四棱台的个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，且上底面个顶点颜色都不同，则不同的涂色方法种数为______．（用具体数字作答） 【例4.6.】 用4种不同颜色给四棱锥的五个顶点涂色，要求相邻顶点颜色不同，则不同的涂色方法种数为__________. 【例4.7.】 给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为______． 【例4.8.】 某中学校园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为个部分（且），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作，则________． 【例4.9.】 将一个正n边形顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个不同的三角形区域，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则____________，____________． 【例4.10.】 将一个圆环分成 个区域，用 种颜色对这些区域进行涂色，要求相邻区域颜色不同，求不同的涂色方法数 【例4.11.】 将一个平面边形的每个顶点赋值0或1两个数中的一个，同时染红或蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同，称边形“点亮”. (1)在中，已知赋值0且染红色，求所有“点亮”的方法个数； (2)现对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或蓝色，求四边形“点亮”的概率； (3)求边形的所有“点亮”的方法个数（结果用表示）. 题型5：错排问题 方法提炼 将个元素重新排列, 使每个元素都不在原来的位置上, 这种排列问题称为错排问题. 设个人满足这样的站队方式有种,下面我们用递推关系求的值： (1) 第1个人不站在原来的第1个位置, 有种站法； (2) 假设第1个人站在第 2 个位置, 则第 2 个人的站法又可以分为：①第 2 个人恰好站在第1 个位置, 则余下的个人有种站法;②第2个人不站在第1个位置, 则就是第 2 个人不站在第1个位置, 第 3 个人不站在第3个位置, 第 4 个人不站在第 4 个位置,..., 第个人不站在第个位置, 即转化成了个人的错排问题, 所以有 种站法. 因此，我们便得到了数列的递推关系式:,且. 【例5.1.】 错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利一欧拉的装错信封问题.现在定义错排数为将、、、、共个元素排列在、、、、共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数（的对应位置为，，）.容易得到，，，，规定.计算：，. 【例5.2.】 历史上有一个著名的“贝努利装错信笺”问题，它讲的是封信与个信封全部装错的组合数问题.现记封信与个信封全部装错的组合数为，如2封信与2个信封全部装错只有一种情况，即.通过枚举法，还能求出、.为求数列的通项公式，我们可有如下思路：一、通过数列前几项的研究，发现数列的递推关系；二、由数列的递推关系求数列的通项公式. (1)用枚举法求时，显然不需要全枚举，如第一封信装错的情况有4种，完成其中一种情况即可.考虑第一封信装在第二个信封的情况，这时第二封信要么装在第一个信封、要么不装在第一个信封，从而能够迅速求出.请求出的值； (2)请运用第（1）小题的思路，分析出的一个递推关系； (3)运用上述递推关系，求数列的通项公式. 【例5.3.】 设n个不同的元素1，2，3，…，n的一个排列中，若每个元素都不在原来的位置，则称该排列为一个错位排列（也叫“错排”），记为n个元素的错位排列的总数． (1)求 (2)求证：是等比数列； (3)求证：. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 两类计数原理与排列组合问题 目录 题型1：排序问题 3 题型2：分组、分配问题 9 题型3：最短路径问题 18 题型4：染色问题 23 题型5：错排问题 35 1. 两个计数原理 (1) 分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法. (2) 分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 提醒 两个计数原理的综合问题中往往既有分类又有分步，这时首先要理解题意，弄清“完成哪件事”，弄清是类的趋势大，还是步的趋势大，再决定是先分步还是先分类. (1) 类中有步 完成这件事的方法数为. (2) 步中有类 完成这件事的方法数为. 2. 排列、组合的定义 (1) 排列的定义 一般地，从个不同元素中取出个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． (2) 组合的定义 一般地，从个不同元素中取出个元素作为一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合． 3. 排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． 从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． 公式 性质 ； ；； 题型1：排序问题 方法提炼 (1) 特殊元素 (位置) 优先法 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置. (2) 间接法 当问题的分类较多或计算较复杂, 正面求解较困难，常常使用间接法, 即先不考虑特殊元素 (位置), 求出所有元素的全排列数, 再减去不满足特殊元素 (位置) 要求的排列数. (3) 相邻问题捆绑法 先把排在一起的个元素“捆绑在一起”，并把捆绑在一起的元素当作一个“大元素”与其他元素进行排列，共有种排法；再将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，共有种排法；根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种. (4) 不相邻问题插空法 先把没有不相邻要求的个元素排好，有种排法.个不同元素有个空，将个不同元素放入这个空中，有种排法.由分步乘法计数原理，共有种排法. (5) 定序问题倍缩法 在个不同元素中有个元素必须按照一定顺序排列，共有种满足条件的排法. (6) 含有相同元素求排列种数的方法 有个不同元素，其中各元素重数分别为，且，则这个元素的排列种数为． (7) 环排问题直排处理 ①将个不同的元素排成一个有向环形，共有种排法. ②将个不同的元素排成一个无向环形，共有种排法. 【例1.1.】 （多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“数”不排在第一天的不同排法共有600种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”相邻的不同排法共有240种 【答案】ABD 【难度】0.62 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【详解】对于A，优先排课程“数”，从除第一天以外的5天中选1天排课程“数”，再排剩下的课程， 则课程“数”不排在第一天的不同排法共有种，故A正确； 对于B，由于“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等， 则课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有种，故B正确； 对于C，要使课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，产生4个空位，再将“御、书、数”插入空位中， 则课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有种，故C错误； 对于D，要使课程“御”和“书”相邻，先排课程“御”和“书”，将2个课程看作一个整体与另外4个课程排列即可， 则课程“御”和“书”相邻的不同排法共有种，故D正确. 【例1.2.】 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（   ）种不同的放置方式． A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【难度】0.68 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为， 将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为， 2个元素排完后会产生 个空位， 又因为文心一言和讯飞星火不相邻， 所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为 ， 所以总方法数为：. 【例1.3.】 某历史文化街区春节期间客流量较大，特安排包括甲在内的6名志愿者在A，B，C三个重要路口进行执勤，疏导客流，若每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C，则不同的安排方法数为（    ） A．30 B．50 C．60 D．75 【答案】A 【难度】0.75 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题 【分析】组合问题，特殊位置优先安排，先安排路口C，再安排路口A，B即可求解. 【详解】因为每个路口安排两人，且甲只能被安排在路口C， 所以路口C还缺1人，从剩下的5人中选一人到路口C，有种选法； 从剩下的4人中再安排两人到路口A，有种选法； 将剩下的2人安排到路口B，有种选法. 由分步乘法计数原理知不同的安排方法数为种. 【例1.4.】 在五一假期期间，要从5人中选3人在5天假期值班（每天只需1人值班，选出的3人每人至少值1天班），不出现同一人连续值班2天，可能的安排方法有（   ） A．420种 B．450种 C．480种 D．540种 【答案】A 【难度】0.45 【知识点】实际问题中的组合计数问题、不相邻排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】应用分步计数原理，先从5人选3人，再应用间接法求把3人安排到5天值班，同一人值班不连续，每人至少值1天班的安排方法数. 【详解】从5人中任选3人有种， 若所选3人为，每人至少值1天班，把安排到5天值班，且同一人不连续排班（不一定3人都值班），则有种， 其中只有2人值5天班，从3人任选2人安排到5天值班，同一人不连续排班有种，不可能出现1人值班的情况， 所以满足题设的安排方法数有种. 【例1.5.】 甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次. 甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”. 从以上回答分析，5人的名次排列有（     ）种不同情况. A．9 B．18 C．54 D．108 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分步确定受限元素的位置，再计算剩余元素的全排列. 【详解】确定冠军人选：有种选法， 确定乙的名次：有种选法， 安排剩余3人的名次：有种排法， 所以总排列数为：. 【例1.6.】 （多选）某学校高二年级数学课外活动小组中有男生4人，女生3人，则下列说法正确的是（    ） A．从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，共有21种不同的选法 B．从中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人，共有12种不同的选法 C．将这7名学生排成一排，3位女生排在一起的方法共有360种 D．7名学生排成一排，已知4名男生已排好，现将3名女生插入队伍中，则共有210种排法. 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】对于A：可以看作从7个人中取2个人的排列；对于B：先从男生中选1个，再从女生中选1人，进而可得；对于C：利用捆绑法，先把女生看成一个整体，再与男生排列；对于D：先排列再把男生的顺序排除. 【详解】对于选项A：从7个人中选2人，1人做正组长，1人做副组长选法共有种，故A错误； 对于选项B：从7个人中选2人参加数学竞赛，其中男、女生各1人选法共有种，故B正确； 对于选项C：排列3位女生有种情况，再把3位女生看成1个人与4个男生一起排列有种情况，共有种情况，故C错误； 对于选项D：7名学生排成一排，共有种情况，已知4名男生已排好，则需要把男生的顺序排除，共有种情况，故D正确. 【例1.7.】 红､绿､蓝三色的同质小球各2个排成一排，同色球不相邻的排法有__________种.（结果用数值表示） 【答案】30 【难度】0.45 【知识点】不相邻排列问题 【分析】先将6个小球排列，再排同色球相邻的情况，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】先将6个小球排列，不同的排法有种， 若将其中1组同色两个球看成1个整体，再与剩余球排列，不同的排法有种， 若将其中2组同色两个球均看为1个整体，再与剩余球排列，不同的排法有种， 若将其中3组同色两个球均看为1个整体，不同的排法有种， 综上所述：不同的排法有种. 【例1.8.】 用0，2，3，5，7，8可以组成多少个无重复数字的六位偶数（   ） A．360 B．312 C．606 D．322 【答案】B 【难度】0.62 【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分别按照0排在个位和0不排在个位这两类讨论求解. 【详解】0排在个位的无重复数字的六位偶数有， 0不排在个位的无重复数字的六位偶数有. 故用0，2，3，5，7，8可以组成无重复数字的六位偶数的个数为， 故选项B正确. 【例1.9.】 将由1，2，3，4，5组成的无重复数字的5位正整数按从小到大的顺序排列，则32154是第______个数． 【答案】 【难度】0.68 【知识点】数字排列问题、全排列问题 【分析】应用排列数及分类讨论求出小于等于所有无重复数字的5位正整数的个数，即可得. 【详解】当万位数是1或2时，共有个， 当万位数是3， 若千位数是1时，有个， 若千位数是2，百位数是1时，有个，分别为， 综上，32154是第个数. 题型2：分组、分配问题 方法提炼 1. 不同元素的分组问题有三种情况： (1) 平均分组 将个不同的元素分成组，每组个元素，共有种分法. (2) 不平均分组 将个不同的元素分成组,每组的元素个数都不相同,设各组元素个数分别是且，则共有种分法. (3) 部分平均分组 将个不同的元素分成组，设各组元素个数分别是,其中组元素个数相等,则共有种分法.如果再有组元素个数相等，应再除以，即此时不同的分法种数为. 2. 相同元素的分组问题隔板法 (1) 当每组至少含有一个元素时，其不同分组方式有种，即给个元素的中间个空格中加入个“隔板”. (2) 任意分组，可能出现某个组含0个元素的情况，其不同分组方式有种，即先借过来个元素，给每个人分一个，将问题转化为将个相同元素分配给个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个. 3. 分配问题 把个元素分配给个对象, 求不同的分配方法数, 就是分配问题. 如果把个不同的元素分配给几个对象, 实际上就是先分组后分配的问题. 针对分配问题, 需要遵守的原则是: 先分组后分配. (1) 定向分配: 定向分配是指不同接受对象对接受的元素个数有确定要求且均不同, 分组结果就是分配结果. (2) 不定向分配: 不定向分配中, 各个不同对象对接受的元素个数没有限制, 事实上就是先分组后排列的问题, 其结果是分组方法种数乘以所有对象个数的全排列数. 【例2.1.】 为落实教育部“银龄讲学计划”“乡村教师支持计划”，推进县域义务教育优质均衡发展，某省教育厅组织名优秀教师（名银龄教师和甲、乙、丙等名青年骨干教师，且这名青年骨干教师不是银龄教师），按照以下要求将其分配到省内个乡村振兴重点帮扶县的三所新建乡村学校任教． (1)要求分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，分配名青年骨干教师给校，问共有多少种不同的分配方案？ (2)要求至少分配名教师给每所学校，且至少分配名银龄教师给每所学校，青年骨干教师甲、乙、丙被分到同一所学校，问共有多少种不同的分配方案？ (3)要求三所学校中，其中分配名教师（含名银龄教师）给所学校，各分配名教师给另外所学校，问共有多少种不同的分配方案？ 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.52 【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题 【分析】（1）利用分步乘法计数原理即可求解； （2）先安排银龄教师，再将甲、乙、丙合并为一组，与剩余人形成三组，最后分配求解； （3）先将名教师按人数分为三组，再分配即可. 【详解】（1）分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，有种分配方案， 再从剩下的教师中分配名银龄教师和名青年骨干教师给校，有种分配方案， 最后剩余的名青年骨干教师都被分到校，有种分配方案， 所以共有种分配方案． （2）解法一：至少分配名银龄教师给每所学校，有种分配方案， 青年骨干教师甲、乙、丙被分到同一所学校，剩余的名青年骨干教师分别被分到另外所学校，有种分配方案， 所以共有种分配方案． 解法二：将这名优秀教师分成三组，名银龄教师与甲、乙、丙为一组，剩余名银龄教师与名青年骨干教师分为两组， 每组各名银龄教师与名青年骨干教师，有种分组方案， 再将这组分配到所学校，有种分配方案， 所以共有种分配方案． （3）名教师按人数分为三组，其中人组中包含名银龄教师和名青年骨干教师，有种分组方案， 所以共有种分配方案． 【例2.2.】 高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. (1)若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； (2)第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； (3)两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； (4)若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 【答案】(1)13 (2)360 (3) (4)1250 【难度】0.54 【知识点】计算古典概型问题的概率、分组分配问题、分类加法计数原理 【分析】（1）利用单场淘汰制每场淘汰1支队伍的特点，14支队伍决出冠军要淘汰13支队伍，也可逐轮统计比赛场数，第一轮7场、第二轮3场、第三轮2场、第四轮1场，累加求出总场次. （2）先从4天里选1天单独安排A班比赛，再把剩下6个班级依次两两分组，用组合数直接相乘，算出符合条件的安排方法总数. （3）先求出第二轮所有抽签对阵的总基本事件数，再算出A、B两班恰好对阵的事件数，先求相遇概率，再用1减去相遇概率，得到两班不相遇的概率. （4）依据每队都有人入选且冠军人数至少两人的限制，分成三类，分别用组合数计算每类选法，再把三类结果相加得到总选法数. 【详解】（1）单场淘汰制中，每场比赛淘汰1支队伍，14支队伍决出冠军需淘汰支队伍. 第一轮14支队伍进行场比赛，第二轮7支队伍进行场比赛，第三轮4支队伍进行场比赛，第四轮2支队伍进行场比赛. 所以总场次为. （2）第一轮共组对阵，A班比赛无同时进行，需单独占用天. 第一步:从天中选天安排A班比赛，有种选法. 第二步:剩余组比赛平均分成组同时进行，分法为. 所以总排法数为. （3）第二轮共支队伍，抽签规则为选队轮空，剩余队分组对阵. 总对阵安排数:. A、B两班相互遭遇的安排数:. 相遇概率为，因此未遭遇概率为. （4）从支队伍选人且每队至少人，冠军队人数至少两人分三类:、、. 第一类:; 第二类:; 第三类:. 所以总选法数为. 【例2.3.】 9本不同的书分为三份，每份三本，有________种分法． 【答案】280 【难度】0.62 【知识点】分组分配问题 【分析】利用分步原理分三步求解后，再去掉里面重复的情况即可. 【详解】若不考虑分组的重复，先从本不同的书中选本为第一份，再从剩余本中选本为第二份，最后本为第三份， 分法数为. 由于三份是无序的，三次取本的过程中， 对相同的分组重复计算了次，因此共. 【例2.4.】 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】在甲单独参加某项比赛条件下，结合分堆问题的处理方法及分步乘法计数原理求满足条件的方法数，再在甲不单独参加某项比赛条件下，.由分步乘法计数原理及排列知识求满足条件的方法数，最后利用分类加法原理求结论. 【详解】满足条件的报名方法可分为两类： 第一类：甲单独参加某项比赛， 先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种， 再将余下人，安排到与下的三个项目， 由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名， 故满足条件的报名方法有, 所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种， 第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下三人，有种方法， 所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种， 所以满足条件的不同的报名方法共有种方法. 故选：C. 【例2.5.】 将8棵相同的小多肉种进4个不同的花盆，要求每个花盆至少种1棵小多肉，则总的种法数为（    ） A．70 B．56 C．35 D．20 【答案】C 【难度】0.82 【知识点】分组分配问题 【详解】由8棵相同的小多肉，种进4个不同的花盆，每个花盆至少1棵， 相当于把8个相同的元素分成4组，每组至少1个， 需要在8个元素之间的7个空隙中插入3个隔板， 即，所以总的种法数为. 【例2.6.】 某校高二年级6名同学（包含同学甲、乙）平均分为3组，参加数学、物理、化学三个学科兴趣班，但甲同学和乙同学不能参加同一学科兴趣班，则不同的安排方案有（   ）种． A．54 B．72 C．84 D．90 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】根据题意，运用分步乘法计数原理列式求解. 【详解】依题意，可分两步完成： 第一步，先安排甲与乙，由甲从3个学科中选1个，再由乙从剩下的2个学科中选1个，有种方法； 第二步，再安排剩下的4人，从4人中选1人去甲的学科，再从剩下的3人中选1人去乙的学科，最后2人去剩下的学科，有种方法. 由分步乘法计数原理，不同的安排方案有种. 【例2.7.】 将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（   ） A．420种 B．840种 C．960种 D．1280种 【答案】B 【难度】0.42 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数，结合隔板法及排列组合综合问题列式求解. 【详解】不同的分配方案需要3步： 将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一个布娃娃，有种方法； 将3个相同的陀螺分给3位小朋友，且不能全给同一位小朋友，有种； 将4只不同的风筝分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝， 其中甲风筝必须给周周小朋友，有种， 所以不同的分配方案有（种）. 【例2.8.】 某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（    ） A．15种 B．19种 C．25种 D．46种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据相同元素的分组分配问题进行求解，先分组后分配，常规法和隔板法都可以解答. 【详解】方法一（常规法）：因为甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额， 所以先给四个部门各分配2个名额，剩 个名额未分配，接下来分配这4个名额. 第一类，当甲不增加名额时，还剩4个名额分配给乙､丙､丁， 当4个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门时，若一个部门有1个名额，另一个部门有3个名额，有种分法，若这两个部门都有2个名额，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且两个部门各分配1个名额，另一个部门分配2个名额时，有种分法. 所以第一类共有 种方案. 第二类，当甲再增加1个名额时，还剩3个名额分配给乙､丙､丁， 当3个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门，且一个部门有1个名额，另一个部门有2个名额时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且三个部门各分配1个名额时，有1种分法. 所以第二类共有 种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 方法二（隔板法）：第一类，当甲分配2个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩7个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在7个名额形成的6个空隙中插入2块隔板，有种方案； 第二类，当甲分配3个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩6个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在6个名额形成的5个空隙中插入2块隔板，有种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 【例2.9.】 某人工智能实验室有6名研究员，将他们分配到3个不同的人工智能科研项目，若每名研究员只能加入1个项目，且每个项目至少需要1名研究员，则不同的分配方案数为（    ） A．540 B．600 C．480 D．720 【答案】A 【难度】0.62 【知识点】实际问题中的计数问题、分组分配问题 【详解】将6个人分成3个组，每组至少1个人，则分组方案有或者或者三类， 所以不同的分配方案数为. 【例2.10.】 方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 【答案】B 【难度】0.62 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】利用隔板法求解. 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 【例2.11.】 某大学为提高学生的文化艺术素养，特开设了6门公共必修课程，要求每位同学每学年至少选1门，至多选3门，大二到大四这三学年必须将6门公共必修课程全部选完，且不能提前修完，则每位同学的不同选择方式有______. 【答案】450 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、实际问题中的计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】由题意每位同学每年所修课程数可以分为或两类，先将6门必修课分成三组，再分到三个学年，由分步计数原理与分类计数原理可求解． 【详解】已知三学年修完6门课程，且每学年至少选1门，至多选3门，则每位同学每年所修课程数可以分为或. 若按选择6门课程，则先将6门必修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选择方式； 若按选择6门课程，则先将6门必修课分成三组，有种不同方式，再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选择方式. 综上所述，每位同学的不同选择方式有种. 故答案为：450. 题型3：最短路径问题 方法提炼 平面上只有两个方向可选的最短路径问题, 可抽象成在行, 列的表格中, 从左下角到右上角的最短路径问题, 易知不走回头路的向上步数是步, 向右步数是步, 则总步数是 步, 所以只需要从这步中选出向上走的步, 或者向右走的步即可, 也即最短路径走法总数是或. 【例3.1.】 如图，质点需从网格点沿着网格线移动到点，每次仅能向右或向下移动一格，且不经过两点，则不同的路径共有__________条. 【答案】42 【难度】0.62 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】求出从点沿着网格线移动到点的路径所有条数，分别求出经过和经过的路径条数以及同时经过与经过的路径的条数即可求解. 【详解】先计算的路径条数，就是将5次向右与4次向下排个顺序，故有种不同的路线， 其中经过的路径条数有种，经过的路径条数有种， 经过与经过的路径中重复的路径的路径条数为种. 故最终从且避开两点的路径共有（条）. 【例3.2.】 在黑猫警长的森林街区行动中，黑猫警长从起点S沿最短路径前往终点T抓捕逃犯；白鸽侦探从T出发，沿最短路径前往S支援.两人随机选择路径，且速度完全相同.其中，，，，是森林道路网络中位于一条对角线上的5个交汇点.（   ） A．黑猫警长从S到T的最短路径方法有100种 B．黑猫警长从S必须经过到达T的最短路径方法有36种 C．黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为 D．黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】从S到T的最短路径共需走8步，其中4步向右4步向上，据此逐项计算可判断每个选项的正误. 【详解】对于A，如图所示，从S到T的最短路径共需走8步，其中4步向右4步向上， 由黑猫警长从S到T的最短路径方法有种，故A错误； 对于B，黑猫警长从S必须经过到达T， 则需前4步有1步向右，3步向上，后4步有3步向右，1步向上， 故黑猫警长从S必须经过到达T的方法有种，故B错误； 对于C，黑猫警长与白鸽侦探在处相遇， 则黑猫警长前4步有2步向右，2步向上，白鸽侦探前4步有2步向左，2步向下， 则黑猫警长与白鸽侦探在处相遇总的走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为，故C正确； 对于D，同C可知黑猫警长与白鸽侦探在相遇的走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在处相遇时的走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探能相遇的走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为，故D错误. 故选：C. 【例3.3.】 （多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（   ） A．甲从M到达N处的走法种数为20 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36 D．甲、乙能相遇的走法种数为164 【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】由到的最短路径需要走6格，其中向上3步，向右3步，问题为6步中任选3步向上或向右走，再根据各选项的描述，同理分析各种走法的种数，即可确定答案. 【详解】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格， 所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确； B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法， 从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法， 根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确； C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步， 又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9， 所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误； D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇， 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种； 若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法； 若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格， 所以两人在处相遇的走法有1种. 根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确. 故选：ABD. 【例3.4.】 （多选）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（    ） A．31条 B．36条 C．210条 D．315条 【答案】CD 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】讨论长宽关系，利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】设小矩形的长为，宽为，则从的最近路线为，从的最近路线为， 若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走3个长，2个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种； 若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走2个长，4个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种. 综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条. 故选：CD. 【例3.5.】 智能舞蹈机器人在舞台上随音乐节奏移动，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，若机器人A从舞台中心正北方向2米的位置起步，则机器人移动6秒恰好位于舞台中心的路径条数为______．（用数字作答） 【答案】 【难度】0.45 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、排列组合综合 【分析】求出向正北、正南、正东、正西方向移动的步数，再根据排列组合的知识求解即可. 【详解】以舞台中心为坐标原点，则的初始位置为，    设在6秒内，机器人向正北方向移动步，正南方向移动步， 因为最后要回到原点， 所以向正东和正西移动的距离相等，设为步， 由题意可得， 所以， 所以当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，（舍）； 综上，一共有种移动方法. 题型4：染色问题 方法提炼 (1) 条形染色 由个区域构成的条形图, 现用种不同的颜色填充这个区域, 要求相邻区域不同色，有种染色方法. (2) 环形染色 把条形的两端对接，拼成一个环形，有两种情况： ①当两端颜色不同时，首尾对接，则任意相邻区域颜色均不相同，此时的环形有块区域，对应种染色方式。 ②当两端颜色相同时，首尾对接则会出现有两块相邻区域颜色相同。其余相邻区域颜色则均不同。此时若把相邻颜色相同的区域合并为一个区域，则此时的环形有块区域，任意相邻区域颜色均不相同，对应种染色方式. 因此有. (3) 用种颜色给边形的顶点染色, 每个顶点染一种颜色, 相邻顶点不同色, 则有种染色方法 【例4.1.】 (1)某学校有5个区域要种上鲜花（如图1），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有多少种. (2)给平面图图2中的六个点涂色，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，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有多少种. 【答案】(1)72 (2)264 【难度】0.55 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）由分步计数原理结合分类讨论即可. （2）按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可. 【详解】（1）如图1，依顺序，区域可种种颜色，区域可种种颜色，区域可种种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． （2）计算不同涂色方法数有两类办法： 当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)， 所以不同的涂色方法共有264种. 【例4.2.】 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求解. 【详解】对1，4，5染色，有种方法.若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1和3不同色，则不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有168种. 故选：D. 【例4.3.】 某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】涂色问题 【分析】利用分步乘法原理可得答案. 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 【例4.4.】 如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 【例4.5.】 现用种不同的颜色对四棱台的个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，且上底面个顶点颜色都不同，则不同的涂色方法种数为______．（用具体数字作答） 【答案】 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】先确定上底面顶点的涂色方式数目，然后确定下底面顶点相应的涂色方式数目，再使用乘法原理即可. 【详解】由于上底面个顶点的颜色都不同，故它们可能的涂色方式恰好是种颜色的全体排列，故上底面顶点有种涂色方式. 当的颜色确定后，根据对称性，在它们的每种涂色方式下，下底面顶点的涂色方式数目都相等. 若记的颜色分别为，则可分情况讨论： 当颜色两两不同时，它们的所有可能涂色方式有，，，，，，，，，共种； 当中恰有一对同色点对时，若这对点的颜色都是，则的所有可能涂色方式有，，，，共种； 同理，这对点的颜色是时，的所有可能涂色方式同样各有种； 当中恰有两对同色点对时，它们的所有可能涂色方式有，，，，共种. 所以当的颜色确定后，的涂色方式总共有种. 从而，不同的涂色方法种数为. 故答案为：. 【例4.6.】 用4种不同颜色给四棱锥的五个顶点涂色，要求相邻顶点颜色不同，则不同的涂色方法种数为__________. 【答案】72 【难度】0.55 【知识点】涂色问题 【分析】以与同色和与不同色两类进行计算， 使用乘法原理和加法原理求解. 【详解】按照的顺序涂色， 第一类：与同色，第一步点有4种涂法，第二步点有3种涂法，第三步点有2种涂法，第四步点有1种涂法，第五步点有2种涂法， 共有种方法； 第二类：与不同色，第一步点有4种涂法，第二步点有3种涂法，第三步点有2种涂法，第四步点有1种涂法，第五步点有1种涂法， 共有种方法， 所以不同的涂色方法数为：种. 【例4.7.】 给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为______． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】涂色问题 【分析】按照分步乘法计数原理即可得到结果 【详解】 正方体中，从顶点开始涂色，第一次涂色后，与不在同一条棱上的顶点有,共种选择； 第二次涂色时，需选择一个与第一次所涂顶点不在同一条棱上的顶点。 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 所以总的路径为种，其中第3次恰好涂在点的有种，所以概率为. 故答案为： 【例4.8.】 某中学校园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为个部分（且），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作，则________． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据给定条件，利用分步计数原理列式即得. 【详解】第一个区域有三种选法，之后的每个区域都有两种选法， 由分步乘法计数原理得. 故答案为： 【例4.9.】 将一个正n边形顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个不同的三角形区域，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则____________，____________． 【答案】 18 4086 【难度】0.15 【知识点】涂色问题、数列求和的其他方法、由递推关系证明等比数列 【分析】根据排列组合的基本性质，通过分类和分步计数方法，求出三个区域、四个区域、和五个区域的不同方案数，再根据题意，讨论个、个、个不同的三角形区域的不同方案数之间的递推关系，根据递推关系，构造等比数列，进而求出结果. 【详解】有三个区域时，如下图，任意两个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，共有种不同涂色方案； 有四个区域时，如下图，分两类情况，①当和区域颜色相同，不同方案有种； ②和区域颜色不同，不同方案有种.故当有四个区域时，共有种不同涂色方案； 当有五个区域时，如下图，分两类情况，① 和区域颜色相同，不同方案数为种； ②和区域颜色不同时，不同方案数为种；故当有五个区域时，共有种不同涂色方案； 当有个不同的三角形区域时，如下图所示， 情况一：当区域和区域颜色相同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域有两种不同的颜色可用，即共有种不同的方案； 情况二：当区域和区域颜色不同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域只有一种颜色可用，即共有种不同的方案； 综上可得； 所以，即， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 可得， 所以. 【例4.10.】 将一个圆环分成 个区域，用 种颜色对这些区域进行涂色，要求相邻区域颜色不同，求不同的涂色方法数 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、递推数列的实际应用 【分析】设表示个区域染色的方案数，根据分步乘法计数原理最终可得，最后构造等比数列，由等比数列通项公式求解即可. 【详解】设表示个区域染色的方案数，由题意可知， 给定一个由 个区域组成的环形结构，用 种不同颜色进行染色，要求相邻区域颜色不同， 将环形展开为线性排列，则区有种染法，区有种染法，，，，区各有种染色方法，根据分步乘法计数原理有种涂色方法， 但将线性排列的首尾对接后，分为两种情况： 首尾颜色相同：此时合并为个区域的环形，方案数为 ； 首尾颜色不同：直接构成 个区域的环形，方案数为， 因此递推式为 . 因为，且， 所以数列可以看成以为其中第二项，公比为的等比数列， 得， 化简可得，其中，为颜色种类数， 为环形分块数. 所以不同的涂色方法数为. 故答案为： 【例4.11.】 将一个平面边形的每个顶点赋值0或1两个数中的一个，同时染红或蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同，称边形“点亮”. (1)在中，已知赋值0且染红色，求所有“点亮”的方法个数； (2)现对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或蓝色，求四边形“点亮”的概率； (3)求边形的所有“点亮”的方法个数（结果用表示）. 【答案】(1)7种； (2) (3)当为奇数时，有种；当为偶数时，有种. 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）应用列举法结合新定义解题； （2）结合新定义应用乘法原理及古典概型计算求解； （3）应用新定义结合乘法原理及组合数计算分为奇数时及为偶数时分别计算求解. 【详解】（1）表示染红色，列举满足条件的“点亮”：，，，，，，，共7种； （2）对四边形的每个顶点随机赋值0或1，同时随机染红色或染蓝色，每个顶点有4种方法， 四边形共有种方法， 其中能“点亮”的有84种，故； （3）对于边形，若相邻两个顶点上所赋值的数字不同，则在它们所在的边上标上； 若颜色不同，则标上；若数字和颜色都相同，则标上. 于是，对于给定的点上的设置（共有4种）， 按照边上的字母可以依次确定点，，…，上的设置. 为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有和的边都是偶数条. 所以，“点亮”的方法数等于在边上标记、、使得标有和的边都是偶数条的方法数的4倍. 设标有的边有（）条，标有的边有（）条. 选取条边标记的有种方法，在余下的边中取出条边标记的有第种方法，其余的边标记. 由乘法原理知共有种标记方法. 对、求和，“点亮”的方法数为.① 这里，约定. 当为奇数时，，此时，.② 代入式①中得. 当为偶数时，若，则式②仍然成立；若，则边形的所有边都标记， 此时，只有一种标记方法. 于是，能“点亮”的方法数为. 综上，“点亮”的方法数是：当为奇数时，有种；当为偶数时，有种. 题型5：错排问题 方法提炼 将个元素重新排列, 使每个元素都不在原来的位置上, 这种排列问题称为错排问题. 设个人满足这样的站队方式有种,下面我们用递推关系求的值： (1) 第1个人不站在原来的第1个位置, 有种站法； (2) 假设第1个人站在第 2 个位置, 则第 2 个人的站法又可以分为：①第 2 个人恰好站在第1 个位置, 则余下的个人有种站法;②第2个人不站在第1个位置, 则就是第 2 个人不站在第1个位置, 第 3 个人不站在第3个位置, 第 4 个人不站在第 4 个位置,..., 第个人不站在第个位置, 即转化成了个人的错排问题, 所以有 种站法. 因此，我们便得到了数列的递推关系式:,且. 【例5.1.】 错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利一欧拉的装错信封问题.现在定义错排数为将、、、、共个元素排列在、、、、共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数（的对应位置为，，）.容易得到，，，，规定.计算：，. 【答案】， 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】有种排法，讨论的排法，进而讨论可得，的排法，从而可求，类似可求得. 【详解】先考虑的值： 可以排在、、上，有种排法. 不妨设排在上，接下来讨论. 当排在上时，剩下两个元素、的排法有（种）. 当不排在上时，可以排在、上，有种情况. 若排在上，剩下两个元素、只有种排法. 所以. 接下来考虑的值： 可以排在、、、上，有种情况. 不妨设排在上，接下来讨论， ①当排在上时，剩下三个元素、、分别不排在、、上， 则、、的不同排法有（种）. ②当不排在上时，可以排在、、上，有种排法， 若排在上，接下来讨论. （ⅰ）当排在上时，剩下两个元素、的排法有（种）； （ⅱ）当不排在上时，可以排在、上，有种排法， 剩下两个元素、只有种排法. 故. 【例5.2.】 历史上有一个著名的“贝努利装错信笺”问题，它讲的是封信与个信封全部装错的组合数问题.现记封信与个信封全部装错的组合数为，如2封信与2个信封全部装错只有一种情况，即.通过枚举法，还能求出、.为求数列的通项公式，我们可有如下思路：一、通过数列前几项的研究，发现数列的递推关系；二、由数列的递推关系求数列的通项公式. (1)用枚举法求时，显然不需要全枚举，如第一封信装错的情况有4种，完成其中一种情况即可.考虑第一封信装在第二个信封的情况，这时第二封信要么装在第一个信封、要么不装在第一个信封，从而能够迅速求出.请求出的值； (2)请运用第（1）小题的思路，分析出的一个递推关系； (3)运用上述递推关系，求数列的通项公式. 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.15 【知识点】实际问题中的计数问题、由递推关系式求通项公式、累加法求数列通项 【分析】（1）结合题意，由分步计数原理可得； （2）先将封信分为两步，再将第二步分为两类，最后由分步乘法和分类加法计数原理即可得， （3）根据递推公式利用累加法求解即可 【详解】（1）（1）第一封信装错的情况有4种，并且每一种情况等价， 考虑第一封信装在第二个信封的情况：当第二封信装在第一个信封时，另外3封信全装错3个信封的情况有； 当第二封信不装在第一个信封时，这时可把第一封信的信封视为第二封信的信封，也即二、三、四、五封信全部装错信封，有情况， 于是. （2）若有封信时，其装法可分为两个步骤： 第一步：编号为的信，有种装法； 第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类， 第一类，若编号为的信，装入编号为k的信封，， 但编号为k的信装入编号为的信封，这样有种装法； 第二类，若编号为的信，装入编号为k的信封，， 但编号为k的信不装入编号为的信封，这样有种装法； 由分步乘法和分类加法计数原理，所以. （3）由，得， 令，则， 所以， 令，则， 因，，所以，，， 于是，， 所以， 所以，， 因适合，所以， 所以， 累加可得， 因，所以， 且满足，所以， 由，所以. 【例5.3.】 设n个不同的元素1，2，3，…，n的一个排列中，若每个元素都不在原来的位置，则称该排列为一个错位排列（也叫“错排”），记为n个元素的错位排列的总数． (1)求 (2)求证：是等比数列； (3)求证：. 【答案】(1)，， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【难度】0.15 【知识点】数列新定义、裂项相消法求和、由递推关系证明等比数列 【分析】（1）直接根据具体情况判断即可； （2）通过考虑第个元素的去向，找到和的关系，然后对递推关系式进行变形构造，利用等比数列定义证明； （3）利用（2）中结论得到的通项公式，变形并累加后得到与要证的结果相近的形式，再利用裂项相消进一步化简，最后选取合适的下标得到结果. 【详解】（1）时，只有一个元素，无法错排，所以； 时，有两个元素，只有一种错排即，所以； 时，有三个元素，有两种错排和，所以. （2）对于，假设第个元素放在了第个位置，，考虑第个元素的去向： 若放在第个位置，则意味着第个元素和第个元素互相交换了位置， 剩下的个元素进行错排，有种方法；若没有放在第个位置， 我们可以把第个位置看作是第个元素的“原位置”（因为它不能去那里）， 这等价于剩下的个元素（包括第个元素）进行错排，有种方法， 对每个进行考虑即可得， 所以， 所以是等比数列，公比为. （3）由（2）可知，， 也即，，两边同时除以得到， 对到进行累加，有， 左边裂项相消，得到即， 令即可化为. 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