排列组合的基本公式。

列组合公式/排列组合计算公式

排列 p------和顺序有关

组合 c -------不牵涉到顺序的问题

排列分顺序,组合不分

例如 把5本不同的书分给3个人,有几种分法. "排列"

把5本书分给3个人,有几种分法 "组合"

1．排列及计算公式

从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 p(n,m)表示.

p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定0!=1).

2．组合及计算公式

从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号

c(n,m) 表示.

c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);

3．其他排列与组合公式

从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝p(n,r)/r=n!/r(n-r)!.

n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为

n!/(n1!*n2!*...*nk!).

k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m).

排列（pnm(n为下标，m为上标)）

pnm=n×（n-1）....（n-m+1）；pnm=n！/（n-m）！（注：！是阶乘符号）；pnn（两个n分别为上标和下标） =n！；0！=1；pn1（n为下标1为上标）=n

组合（cnm(n为下标，m为上标)）

cnm=pnm/pmm ；cnm=n！/m！（n-m）！；cnn（两个n分别为上标和下标） =1 ；cn1（n为下标1为上标）=n；cnm=cnn-m

2008-07-08 13:30

公式p是指排列，从n个元素取r个进行排列。公式c是指组合，从n个元素取r个，不进行排列。n-元素的总个数 r参与选择的元素个数 ！-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1

从n倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);

因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝r

举例：

q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？

a1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排列p”计算范畴。

上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合， 我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝p（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）

q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？

a2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合c”计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数c(3,9)=9*8*7/3*2*1

排列、组合的概念和公式典型例题分析

　　例1 　设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？

解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法．

　（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法．

　　点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．

例2 排成一行，其中 不排第一， 不排第二， 不排第三， 不排第四的不同排法共有多少种？

　　解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：

　　　　∴ 符合题意的不同排法共有9种．

　　点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．

　　例3　判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．

　　（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？

　　（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？

　　（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？

　　（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？

　　分析　（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．

　　（1）①是排列问题，共用了 封信；②是组合问题，共需握手 （次）．

　　（2）①是排列问题，共有 （种）不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．

　　（3）①是排列问题，共有 种不同的商；②是组合问题，共有 种不同的积．

　　（4）①是排列问题，共有 种不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．

　　例4　证明 ．

　　证明　 左式

　　　　　　　　　　　　 右式．

　　　　　∴ 等式成立．

　　点评　这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质 ，可使变形过程得以简化．

　　例5　化简 ．

　　解法一　原式

　　解法二　原式

　　点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．

　　例6　解方程：（1） ；（2） ．

　　解 （1）原方程

　　　　　　　　　　　　　　 解得 ．

　　　　（2）原方程可变为

　　　　　∵ ， ，

　　　　　∴ 原方程可化为 ．

　　　　　即 ，解得

第六章 排列组合、二项式定理

一、考纲要求

1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.

2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.

二、知识结构

三、知识点、能力点提示

(一)加法原理乘法原理

说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.

例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?

解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有

3×3×3×3×3=35(种)

(二)排列、排列数公式

说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.

例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( )

a.60个 b.48个 c.36个 d.24个

解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有p12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有p13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有p33，得p13p33p12＝36(个)

由此可知此题应选c.

例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?

解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为

3p13=9(种).

例四　例五可能有问题，等思考

三)组合、组合数公式、组合数的两个性质

说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.

例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )

a.140种 b.84种 c.70种 d.35种

解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有c14·c25种；甲型2台乙型1台的取法有c24·c15种

根据加法原理可得总的取法有

c24·c25+c24·c15=40+30=70(种 )

可知此题应选c.

例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?

解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 c38种；

乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有c15种；

丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有c24种；

丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有c22种.

根据乘法原理可得承包方式的种数有c3 8×c15×c24×c22= ×1=1680(种).

(四)二项式定理、二项展开式的性质

说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.

例6 在(x- )10的展开式中，x6的系数是( )

a.-27c610 b.27c410 c.-9c610 d.9c410

解 设(x- )10的展开式中第γ+1项含x6，

因tγ+1=cγ10x10-γ(- )γ，10-γ=6,γ=4

于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是c410(- )4=9c410

故此题应选d.

例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)5的展开式中的x2的系数等于

解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为

在(x-1)6中含x3的项是c36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0.

(五)综合例题赏析

例8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( )

a.1 b.-1 c.0 d.2

解：a.

例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( )

a.6种 b.12种 c.18种 d.24种

解 分医生的方法有p22＝2种，分护士方法有c24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。

应选b.

例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).

a.140种 b.84种 c.70种 d.35种

解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.

∵c24·+c25·c14=5×6+10×4=70.

∴应选c.

例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )

a.27种 b.48种 c.21种 d.24种

解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：

∵c13·c1 7+c23=3×7+3=24，

∴应选d.

例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ).

a.210个 b.300个

c.464个 d.600个

解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有p15·p 55=600个.

由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.

∴有 ×600=300个符合题设的六位数.

应选b.

例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).

a.70个 b.64个

c.58个 d.52个

解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为c48=70个.

其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(adb1c1 )的有4组.

∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)

应选c.

例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ).

a.12对 b.24对

c.36对 d.48对

解：设正六棱锥为o—abcdef.

任取一侧棱oa(c16)则oa与bc、cd、de、ef均形成异面直线对.

∴共有c16×4=24对异面直线.

应选b.

例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).

解：7点中任取3个则有c37=35组.

其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).

∴三角形个数为35-3=32个.

例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为s，其中由3个元素组成的子集数为t，则 的值为 。

解 10个元素的集合的全部子集数有：

s＝c010+c110+c210+c310+c410+c510+c610+c710+c810+c910+c1010=2 10=1024

其中，含3个元素的子集数有t=c310=120

故 =

例17 例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共

种(用数字作答).

解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.

∴c34·c246+c44·c146=4186(种)

例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ).

a.1260种 b.2025种

c.2520种 d.5040种

解：先从10人中选2个承担任务甲(c210)

再从剩余8人中选1人承担任务乙(c1 8)

又从剩余7人中选1人承担任务乙(c1 7)

∴有c210·c1 8c1 7=2520(种).

应选c.

例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).

a.7个 b.8个 c.6个 d.5个

解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数

c13，由二个元素组成的子集数c23。

由3个元素组成的子集数c33。由加法原理可得集合子集的总个数是

c13+c23+c33+1=3+3+1+1＝8

故此题应选b.

例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ).

a.c23c3197种 b.c23c3197 +c33c2197

c.c5200-c5197 d.c5200-c 13c4197

解：5件中恰有二件为次品的抽法为c23c3197，

5件中恰三件为次品的抽法为c33c2197，

∴至少有两件次品的抽法为c23c3197+c33c2197.

应选b.

例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).

a.c58c38 b.p12c58c38　　　c.p58p38