懒人日记小学四年级奥数知识点 第五讲 排列组合

2020年11月27日发(作者：戴思颜)第五讲 排列组合

u3000u3000前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等 问题.事实上，这些问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，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，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位 置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握 两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点.

u3000u3000看下 面的例子.

例1 由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数？

分析 注意到由四个数字0、1、 2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决.< br>
u3000u3000第一类：一位偶数只有0、2，共2个；

u3000u3 000第二类：两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位可有C13种取法；若个位取2，则 十位有C12种取法.故两位偶数共有（C13＋C12）种不同的取法；

u3000u300 0第三类：三位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位和百位共有P23种取法；若个位取2， 则十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有 2×2个，三位偶数共有（P23＋2×2）个；

u3000u3000第四类：四位偶数.它 包含个位为0、2的两类.若个位取 0，则共有P33个；若个位取 2，则其他 3位只能在 0、 1、 3中取.千位有2种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再排成一列，有P22种取法.由乘法原理，个位为 2的四位偶数有2×P22个.所以，四位偶数共有（P33＋2×P22）种不同的取法.

解 ： 由加法原理知，共可以组成

u3000u30002＋（C13＋C12）＋（P23＋2 ×2）＋（P33＋2×P22）

u3000u3000＝2＋5＋10＋10

u3000u3000＝27

u3000u3000个不同的偶数.

u30 00u3000补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为0和个位为2的两类.再考虑到每一类中分 别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解.

例2 国家举行足球赛，共15个队参加 .比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比 赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：①共需比赛多少场？②如果实行主客 场制（即A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多 少场？

分析 比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比 赛的场次.

u3000u3000①中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛C28 场；第二组中7个队，

每两队比赛一场，所以共比赛C27场；决赛中4个队，每两队比赛一场 ，所以共比赛C24场.

u3000u3000②中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比 赛两场，比赛场次是①中的2倍.

u3000u3000另外，还可以用排列的知识来解决.由 于主客场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关.所以，第一组共比赛P28场，第二 组共比赛P27场，决赛时共比赛P24场.

解： 由加法原理：

u3000 u3000①实行单循环赛共比赛

u3000u3000

u3000u300 0②实行主客场制，共需比赛

u3000u30002×（C28＋C27＋C24）＝110 （场）.

u3000u3000或解为：

u3000u3000P28＋P2 7＋P24

u3000u3000＝8×7＋7×6＋4×3

u3000u3 000＝56＋42＋12

u3000u3000＝110（场）.

例3 在 一个半圆周上共有12个点，如右图，以这些点为顶点，可以画出多少个



u3 000u3000①三角形？

u3000u3000②四边形？

分析 ①我们 知道，不在同一直线上的三个点确定一个三角形，由图可见，半圆弧上的每三个点均不共线（由于A、B既可看成 半圆上的点，又可看成线段上的点，为不重复计算，可把它们归在线段上），所以，所有的三角形应有三类：第一 类，三角形的三个顶点全在半圆弧上取（不含A、B两点）；第二类，三角形的两个顶点取在半圆弧上（不包含A 、B），另一个顶点在线段上取（含A、B）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点在线段上取.

u3000u3000注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关，而与选取三点的顺序无关 ，所以，这是组合问题.

解：三个顶点都在半圆弧上的三角形共有

u3000 u3000u3000

u3000u3000两个顶点在半圆弧上，一个顶点在线段上的三角形 共有

u3000u3000u3000

u3000u3000一个顶点在半圆 弧上，两个顶点在线段上的三角形共有

u3000u3000u3000

u3 000u3000由加法原理，这12个点共可以组成

u3000u3000C37＋（C27 ×C15）＋（C17×C25）

u3000u3000＝35＋105＋70＝210（个）

u3000u3000不同的三角形.

u3000u3000也可列式为C3 12－C35＝220—10＝210（个）.

分析 ②用解①的方法考虑.

u3000u3000将组成四边形时取点的情况分为三类：

u3000u3000第一类：四 个点全在圆弧上取.（不包括A、B）有C17种取法.

u3000u3000第二类：两个点 取自圆弧.两个点取自直线AB.有取法C27×C25种.

u3000u3000第三类：圆 弧上取3个点，直线上取1个点，有C37×C15种取法.

解： 依加法原理，这12个点共可组成：

u3000u3000C47+ C27×C25+C37 ×C15

u3000u3000＝35＋210＋175＝420

u3000 u3000个不同的四边形.

u3000u3000还可直接计算，这12个点共可组成：
u3000u3000C412-C45-C35·C17＝495－5-70＝420
< br>u3000u3000个不同的四边形.

例4 如下图，问

u3000 u3000①下左图中，有多少个长方形（包括正方形）？

u3000u3000②下右图中， 有多少个长方体（包括正方体）？



分析 ①由于长方形是由两组分别平行的线 段构成的，因此只要看上左图中

水平方向的所有平行线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向 上的所有平行线中，可以选出几组两条平行线？

u3000u3000②由于长方体是由三组分 别平行的平面组成的.因此，只要看上页右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的 平面，平行于长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的两个平面，平行于长方体前面的所有平面中 ，可以选出几组两个互相平行的平面.

解： ①C25×C27＝210（个）

u3000u3000因此，上页左图中共有210个长方形.

u3000u3000②C2 5×C26×C24＝900（个）

u3000u3000因此，上页右图中共有900个长方 体.

例5 甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起，4人每人随便拿了一本，问：
u3000u3000①甲拿到自己作业本的拿法有多少种？

u3000u300 0②恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？

u3000u3000③至少有一人没有拿到自 己作业本的拿法有多少种？

u3000u3000④谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种？

分析 ①甲拿到自己的作业本，这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业本的情况.由于其 他三人可以拿到自己的作业本，也可以不拿到自己的作业本.所以，共有P33种情况.

u30 00u3000②恰有一人拿到自己的作业本.这时，一人拿到了自己的作业本，而其他三人都没能拿到自己的作 业本.拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人，共4种情况.另外三人全拿错了作业本的拿法有2种. 故恰有一人拿到自己作业本的情况有4×2种情况.

u3000u3000③至少有一人没有拿 到自己的作业本.这时只要在所有拿法中减去四人全拿到自己作业本的拿法即可.由于4人拿作业本的所有拿法是 P44，而4人全拿到自己作业本只有1种情况.所以，至少有一人没拿到自己作业本的拿法有P44－1种情况 .

u3000u3000④谁也没拿到自己的作业本.可分步考虑（假设四个人一个一个地拿作 业本，考虑四人都拿错的情况即可）.第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3种拿法.被他拿走作业本的人也 有3种拿法.这时，剩下的两人只能从剩下的两本中拿，要每人都拿错，只有一种拿法.所以，由乘法原理，共有 3×3×1种不同的情况.

解： ①甲拿到自己作业本的拿法有

u3000u3000P33＝3×2×1＝ 6

u3000u3000种情况；

u3000u3000②恰有一人拿到自己作业本的拿法有< br>
u3000u30004×2＝8

u3000u3000种情况；
u3000u3000③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有

u3000u3000P 44－1＝4×3×2×1－1＝23

u3000u3000种情况；

u30 00u3000④谁也没有拿到自己作业本的拿法有

u3000u30003×3×1＝9
u3000u3000种情况.

u3000u3000由前面的各例题可以看到， 有关排列组合的问题多种多样，思考问题的方法灵活多变，入手的角度也是多方面的.所以，除掌握有关的原理和 结论，还必须

学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法.