數學分類分步怎麼講

1. 高中數學分步計數原理

親，首先請你記住^_^計數原理，分類是加法（不分先後），分步是乘法（分先後）．
簡記：分類是加，分步是乘．
我們做一件事情，可以分幾種方法完成，叫分類．比如：從A地到B地，可以通過步行、地鐵、公交、打車、自行車、……等幾種不同的方法完成．
我們做一件事情，需要分幾步完成，叫分步．比如：炒菜，①先准備原材料→②洗菜切菜→③炒菜．
今天距離2020年高考還有102天，不到15周的時間，大鵬老師和我的教師團隊，祝福廣大高考生(文化生、藝考生、體育生、……)迎來偉大成功！

2. 數學關系裡的分類概率和分步概率 帶題說明！

數量關系是行測的重點和難點部分，很多考生都不知道如何去學習以及復習。考生大多認為數量關系題目太難，短時間很難提高，所以有部分考生就直接放棄了。但是，數量關系部分能否拿分會影響整體考分。其中，概率問題是每年省考行測中必考題，至少一道，且難度較大。除了用基本概率的思維解題，還有分步概率和分類概率兩種常用方法，接下來讓我們一起來看一下如何有效地運用吧。

一、題目特點

1.分類概率：在計算概率問題時，先分析要完成題目中的問題，如果需要多步才能完成，有明顯的先後順序，步與步之間是“先……再……”的關系。比如兩個人要排在一起求概率、多次做一件事情求概率等。在解題時需要用基本概率(滿足條件的情況數/總情況數)計算每一步的概率P1、P2、P3……Pn， 則所求概率P=P1×P2×P3×……×Pn。

2.分步概率：在計算概率問題時，要完成題目中的問題，需要分情況討論才能完成，每一類都可以達成最終目的，類與類之間是“要麼……要麼……”的關系。在解題時需要去計算每一類情況的概率P1、P2、P3……Pn ， 則所求概率P=P1+P2+P3+……+Pn。

二、例題

【例1】有7件產品，其中有3件是次品。每次抽查一件產品(不放回)，能夠恰好在第四次找出3件次品的概率為：

A. 9/56

B. 3/35

C. 3/28

D. 1/7

【答案】本題考查概率問題。要求恰好在第四次找出3件次品，則我們可以分析前三次肯定有1次合格品，可以是第一次抽到，也可以是第二次是抽到，還可以是第三次抽到，這三種情況都可以達到最終目的，是“要麼……要麼”的關系，需要計算每一類情況的概率，類與類用加法計算。在計算每一類概率的時候，題目中出現“第四次”，抽樣的時候有先後順序，則用分步概率計算每一類情況的概率，具體如下：

(1)第一次抽出合格品，第2-4次都抽次品，概率為:P1=

(2)第二次抽出合格品，第1次和第3-4次都抽次品，概率為: P2=

(3)第三次抽出合格品，第1-2次和第4次都抽次品，概率為: P3=

因此能夠恰好在第四次找出3件次品的概率為P=P1+P2+P3= 。故本題選擇B選項。

在這道例題中同時運用分步概率和分類概率的思維方式。在做題的過程中要認真分析題目所求，如果是完成的事情需要分情況討論，類與類之間是“要麼……要麼……”的關系，則類與類之間的概率用加法計算;如果是完成的事情是分多步完成，步與步之間是“先……後……”的關系，則步與步之間的概率用乘法計算。

關於分步概率和分類概率的解題方式，你學會了嗎?在考試前要調整好心態，先練習常規題，把自己的思路打開，提高做題效率和准確率。在此基礎上，了解難題的答題思路，多加練習，相信你一定會有所提高，加油!

3. 數學分類和分步的差別是啥，不要那種定義之類的，就簡單的舉個例子就行

e.g.：從家到書店有5條小路，2條大路共7條 從書店到學校有3條路
考慮這種情況
①你要從家到書店 那麼共有5+2=7種走法
（這是分類，計算方法叫加法原理，分類的幾類只取一類）
②從家裡到書店再到學校，那麼總共走法有7*3=21種
（這種情況就是分步，方法為乘法原理，注意分布的每類是各取一種）

看懂請採納 不懂可追問 謝謝！

4. 分類計數原理和分步計數原理的區別

分類計數原理：做一件事，有n類辦法，在第1類辦法中有m1種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法，…，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那麼完成這件事共有N=m1+m2+…+mn種不同的方法。

分步計數原理：完成一件事，需要分成n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法,那麼完成這件事共有N=m1×m2×…×mn種不同的方法。

區別：分類計數原理是加法原理，不同的類加起來就是我要得到的總數；分步計數原理是乘法原理，是同一事件分成若干步驟，每個步驟的方法數相乘才是我的總數。

舉例說明：
分類計數原理：某旅遊團從南京到上海，可以乘汽車，也可以乘火車，還可以乘飛機。假定汽車每日有3班，火車每日2班，飛機每日1班，那麼一天中從南京到上海共有多少種不同走法？答案是3+2+1=6種
分步計數原理：從A地去C地，一定會經過B地。從A地到B地有2條道路，從B地到C地有三條道路，問現在要從從A地去C地，有幾種選擇方案呢？答案是2×3=6種

5. 在數學中。排列的計算「分步」和「分類」如何正確的區分

排列與元素的順序有關，組合與順序無關．
(一)兩個基本原理是排列和組合的基礎
(1)加法原理：做一件事，完成它可以有n類辦法，在第一類辦法中有m1種不同的方法，在第二類辦法中有m2種不同的方法，……，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那麼完成這件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn種不同方法．
(2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法，那麼完成這件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn種不同的方法．
這里要注意區分兩個原理，要做一件事，完成它若是有n類辦法，是分類問題，第一類中的方法都是獨立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n個步驟，步與步之間是連續的，只有將分成的若干個互相聯系的步驟，依次相繼完成，這件事才算完成，因此用乘法原理．
這樣完成一件事的分「類」和「步」是有本質區別的，因此也將兩個原理區分開來．
(二)排列和排列數
(1)排列：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列．
從排列的意義可知，如果兩個排列相同，不僅這兩個排列的元素必須完全相同，而且排列的順序必須完全相同，這就告訴了我們如何判斷兩個排列是否相同的方法．
(2)排列數公式：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有排列
當m＝n時，為全排列Ann=n(n－1)(n－1)…3·2·1＝n！
(三)組合和組合數
(1)組合：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素並成一組，叫做從 n個不同元素中取出m個元素的一個組合．
從組合的定義知，如果兩個組合中的元素完全相同，不管元素的順序如何，都是相同的組合；只有當兩個組合中的元素不完全相同時，才是不同的組合．
(2)組合數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有組合的個
這里要注意排列和組合的區別和聯系，從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，「按照一定的順序排成一列」與「不管怎樣的順序並成一組」這是有本質區別的．
一、排列組合部分是中學數學中的難點之一，原因在於
(1)從千差萬別的實際問題中抽象出幾種特定的數學模型，需要較強的抽象思維能力；
(2)限制條件有時比較隱晦，需要我們對問題中的關鍵性詞(特別是邏輯關聯詞和量詞)准確理解；
(3)計算手段簡單，與舊知識聯系少，但選擇正確合理的計算方案時需要的思維量較大；
(4)計算方案是否正確，往往不可用直觀方法來檢驗，要求我們搞清概念、原理，並具有較強的分析能力。
二、兩個基本計數原理及應用
(1)加法原理和分類計數法
1．加法原理
2．加法原理的集合形式
3．分類的要求
每一類中的每一種方法都可以獨立地完成此任務；兩類不同辦法中的具體方法，互不相同(即分類不重)；完成此任務的任何一種方法，都屬於某一類(即分類不漏)
(2)乘法原理和分步計數法
1．乘法原理
2．合理分步的要求
任何一步的一種方法都不能完成此任務，必須且只須連續完成這n步才能完成此任務；各步計數相互獨立；只要有一步中所採取的方法不同，則對應的完成此事的方法也不同

6. 分類計數原理與分步計數原理是什麼

分類計數原理：根據問題的特點確定分類標准，然後在確定的分類標准下進行分類；其次，分類時要注意滿足一個基本要求：完成這件事的任何一種方法必屬於某一類，並且分別屬於不同兩類的兩種方法都是不同的方法，只有滿足這些條件，即做到「不重不漏」才能用分類計數原理。

分步計數原理：根據問題的特點確定的標准，其次分類時還要注意滿足完成一件事必須並且只需連續這n個步驟後這件事才算完成，只有滿足這些條件，才能用分類計數原理。

實際應用注意事項：

1、完成這件事的分類計數方法，每一類都可以獨立完成這件事；乘法原理是完成這件事的分步計數方法，每個步驟都不能獨立完成這件事。

2、加法原理和乘法原理的關鍵點在於區分是分類還是分步。

3、加法原理和乘法原理一樣，都是回答有關一件事的不同方法種數的問題。

以上內容參考：網路——計數原理

7. 求解行測數量關系中分類與分步的解題技巧

排列組合類型，計算原理加法還是乘法，分步還是分類，無疑成為了大家頭痛的問題，主要一是因為不懂排列和組合的演算法，二無法區分排列和組合的區別。一、排列組合的分步與分類：(一)分類(加法原理)---------每一種情況都能夠獨立完成任務，則總方法等於各類方法。例如，從A地到B地有5趟火車，2次航班，則從A到B的總方法為?解析：不管是火車還是飛機，每一班次均都能靠自己完成任務，所以總方法相加5+2=7。(二)分步(乘法原理)---------單獨地看一種方法靠自己是不能完成任務，需要分幾個步驟一起完成(每一類方法均不能獨立的完成任務)，則總方法等於各類方法相乘。例如，A地到B地3趟高鐵，B地到C地5趟火車，則A地到B地的總方法?解析：只坐高鐵還是火車，都不能靠一種方式完成A地到B地的任務，需要一起做才能完成任務。應該是總方法相乘3×5=15種不同的方法。

8. 關於分步計數原理

其實在分步的方法中，後面的步驟本來就有可能要受到前面步驟的限制。而這因為這種限制，才更使的分步有意義。

比如A B C三個工人,選兩個分別上日班和晚班,有多少種選法?
題中暗含的意思就是，上日班和晚班和晚班的人是不同的，即上了日班就不要上晚班了，反之也是。
因此如果才用分步法：第一步，先選一個人上日班，三個人中選誰都可以，所以是三中選法；然後第二步選晚班的人，在第一步的限制下，不管你當初選的誰，如今不能再選他了，所以晚班只能在剩下的兩個人中去選，所以是2種。
總的安排方法種數就是：2*3=6

你再仔細品位，適當多做幾道不同的題就明白了。

9. 急~！！請問高中數學排列組合怎麼學啊麻煩講仔細一點哦。O(∩_∩)O~

搞會了這些就應當沒問題了~
一、相臨問題——捆綁法

例1．7名學生站成一排，甲、乙必須站在一起有多少不同排法？

解：兩個元素排在一起的問題可用「捆綁」法解決，先將甲乙二人看作一個元素與其他五人進行排列，並考慮甲乙二人的順序，所以共有 種。

評註：一般地: 個人站成一排,其中某 個人相鄰,可用「捆綁」法解決，共有 種排法。

二、不相臨問題——選空插入法

例2． 7名學生站成一排，甲乙互不相鄰有多少不同排法？

解：甲、乙二人不相鄰的排法一般應用「插空」法，所以甲、乙二人不相鄰的排法總數應為： 種 .

評註：若 個人站成一排，其中 個人不相鄰，可用「插空」法解決，共有 種排法。

三、復雜問題——總體排除法

在直接法考慮比較難，或分類不清或多種時，可考慮用「排除法」，解決幾何問題必須注意幾何圖形本身對其構成元素的限制。

例3.(1996年全國高考題)正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中3個點為頂點的三角形共有多少個.

解：從7個點中取3個點的取法有 種，但其中正六邊形的對角線所含的中心和頂點三點共線不能組成三角形，有3條，所以滿足條件的三角形共有 －3＝32個.

四、特殊元素——優先考慮法

對於含有限定條件的排列組合應用題，可以考慮優先安排特殊位置，然後再考慮其他位置的安排。

例4． (1995年上海高考題) 1名老師和4名獲獎學生排成一排照像留念，若老師不排在兩端，則共有不同的排法 種．

解：先考慮特殊元素（老師）的排法，因老師不排在兩端，故可在中間三個位置上任選一個位置，有 種，而其餘學生的排法有 種，所以共有 ＝72種不同的排法.

例5．（2000年全國高考題）乒乓球隊的10名隊員中有3名主力隊員，派5名隊員參加比賽，3名主力隊員要安排在第一、三、五位置，其餘7名隊員選2名安排在第二、四位置，那麼不同的出場安排共有 種.

解：由於第一、三、五位置特殊，只能安排主力隊員，有 種排法，而其餘7名隊員選出2名安排在第二、四位置，有 種排法，所以不同的出場安排共有 ＝252種.

五、多元問題——分類討論法

對於元素多，選取情況多，可按要求進行分類討論，最後總計。

例6．（2003年北京春招）某班新年聯歡會原定的5個節目已排成節目單，開演前又增加了兩個新節目.如果將這兩個節目插入原節目單中，那麼不同插法的種數為（A ）

A．42 B．30 C．20 D．12

解：增加的兩個新節目，可分為相臨與不相臨兩種情況：1.不相臨：共有A62種；2.相臨：共有A22A61種。故不同插法的種數為：A62 +A22A61=42 ，故選A。

例7．（2003年全國高考試題）如圖， 一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰地區不得使用同一顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有多少種？（以數字作答）

解：區域1與其他四個區域相鄰，而其他每個區域都與三個區域相鄰，因此，可以塗三種或四種顏色． 用三種顏色著色有 =24種方法, 用四種顏色著色有 =48種方法,從而共有24+48=72種方法,應填72.

六、混合問題——先選後排法

對於排列組合的混合應用題，可採取先選取元素，後進行排列的策略．

例8．（2002年北京高考）12名同學分別到三個不同的路口進行車流量的調查，若每個路口4人，則不同的分配方案共有（ ）

A． 種 B． 種

C． 種 D． 種

解：本試題屬於均分組問題。 則12名同學均分成3組共有 種方法,分配到三個不同的路口的不同的分配方案共有： 種，故選A。

例9．（2003年北京高考試題）從黃瓜、白菜、油菜、扁豆4種蔬菜品種中選出3種，分別種在不同土質的三塊土地上，其中黃瓜必須種植，不同的種植方法共有（ ）
A．24種 B．18種 C．12種 D．6種
解:先選後排,分步實施. 由題意，不同的選法有: C32種,不同的排法有: A31•A22,故不同的種植方法共有A31•C32•A22=12，故應選C.

七．相同元素分配——檔板分隔法

例10．把10本相同的書發給編號為1、2、3的三個學生閱覽室，每個閱覽室分得的書的本數不小於其編號數，試求不同分法的種數。請用盡可能多的方法求解，並思考這些方法是否適合更一般的情況？

本題考查組合問題。

解：先讓2、3號閱覽室依次分得1本書、2本書；再對餘下的7本書進行分配，保證每個閱覽室至少得一本書，這相當於在7本相同書之間的6個「空檔」內插入兩個相同「I」（一般可視為「隔板」）共有 種插法，即有15種分法。

總之，排列、組合應用題的解題思路可總結為：排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類為加，分步為乘。

具體說，解排列組合的應用題，通常有以下途徑：

（1）以元素為主體，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素。

（2）以位置為主體，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置。

（3）先不考慮附加條件，計算出排列或組合數，再減去不合要求的排列組合數。

排列組合問題的解題方略

湖北省安陸市第二高級中學 張征洪

排列組合知識，廣泛應用於實際，掌握好排列組合知識，能幫助我們在生產生活中，解決許多實際應用問題。同時排列組合問題歷來就是一個老大難的問題。因此有必要對排列組合問題的解題規律和解題方法作一點歸納和總結，以期充分掌握排列組合知識。

首先，談談排列組合綜合問題的一般解題規律:

1）使用「分類計數原理」還是「分步計數原理」要根據我們完成某件事時採取的方式而定，可以分類來完成這件事時用「分類計數原理」，需要分步來完成這件事時就用「分步計數原理」；那麼，怎樣確定是分類，還是分步驟？「分類」表現為其中任何一類均可獨立完成所給的事件，而「分步」必須把各步驟均完成才能完成所給事件，所以准確理解兩個原理強調完成一件事情的幾類辦法互不幹擾，相互獨立，彼此間交集為空集，並集為全集，不論哪類辦法都能將事情單獨完成，分步計數原理強調各步驟缺一不可，需要依次完成所有步驟才能完成這件事，步與步之間互不影響，即前步用什麼方法不影響後面的步驟採用的方法。

2）排列與組合定義相近，它們的區別在於是否與順序有關。

3）復雜的排列問題常常通過試驗、畫 「樹圖 」、「框圖」等手段使問題直觀化，從而尋求解題途徑，由於結果的正確性難於檢驗，因此常常需要用不同的方法求解來獲得檢驗。

4）按元素的性質進行分類，按事件發生的連續性進行分步是處理排列組合問題的基本思想方法，要注意「至少、至多」等限制詞的意義。

5）處理排列、組合綜合問題，一般思想是先選元素（組合），後排列，按元素的性質進行「分類」和按事件的過程「分步」，始終是處理排列、組合問題的基本原理和方法，通過解題訓練要注意積累和掌握分類和分步的基本技能，保證每步獨立，達到分類標准明確，分步層次清楚，不重不漏。

6）在解決排列組合綜合問題時，必須深刻理解排列組合的概念，能熟練地對問題進行分類，牢記排列數與組合數公式與組合數性質，容易產生的錯誤是重復和遺漏計數。

總之，解決排列組合問題的基本規律，即：分類相加，分步相乘，排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；正難則反，間接排除等。

其次，我們在抓住問題的本質特徵和規律，靈活運用基本原理和公式進行分析解答的同時，還要注意講究一些解題策略和方法技巧，使一些看似復雜的問題迎刃而解。下面介紹幾種常用的解題方法和策略。

一．特殊元素（位置）的「優先安排法」：對於特殊元素（位置）的排列組合問題，一般先考慮特殊，再考慮其他。

例1、 用0，2，3，4，5，五個數字，組成沒有重復數字的三位數，其中偶數共有（ ）。

A． 24個 B.30個 C.40個 D.60個

[分析]由於該三位數為偶數，故末尾數字必為偶數，又因為0不能排首位，故0就是其中的「特殊」元素，應該優先安排，按0排在末尾和0不排在末尾分兩類：1）0排末尾時，有A42個，2）0不排在末尾時，則有C21 A31A31個，由分數計數原理，共有偶數A42 + C21 A31A31=30個，選B。

二．總體淘汰法：對於含否定的問題，還可以從總體中把不合要求的除去。如例1中，也可用此法解答:五個數字組成三位數的全排列有A53個，排好後發現0不能排首位，而且數字3，5也不能排末位，這兩種排法要排除，故有A53--3A42+ C21A31=30個偶數。

三．合理分類與准確分步含有約束條件的排列組合問題，按元素的性質進行分類，按事情發生的連續過程分步，做到分類標准明確，分步層次清楚，不重不漏。

四．相鄰問題用捆綁法：在解決對於某幾個元素要求相鄰的問題時，先整體考慮，將相鄰的元素「捆綁」起來，看作一「大」元素與其餘元素排列，然後再考慮大元素內部各元素間順序的解題策略就是捆綁法．

例2、有8本不同的書；其中數學書3本，外語書2本，其它學科書3本．若將這些書排成一列放在書架上，讓數學書排在一起，外語書也恰好排在一起的排法共有( )種．(結果用數值表示)

解：把3本數學書「捆綁」在一起看成一本大書，2本外語書也「捆綁」在一起看成一本大書，與其它3本書一起看作5個元素，共有A55種排法；又3本數學書有A33種排法，2本外語書有A22種排法；根據分步計數原理共有排法A55 A33 A22=1440(種).

註：運用捆綁法解決排列組合問題時，一定要注意「捆綁」起來的大元素內部的順序問題．

五．不相鄰問題用「插空法」：不相鄰問題是指要求某些元素不能相鄰，由其它元素將它們隔開．解決此類問題可以先將其它元素排好，再將所指定的不相鄰的元素插入到它們的間隙及兩端位置，故稱插空法．

例3、用1、2、3、4、5、6、7、8組成沒有重復數字的八位數，要求1與2相鄰，2與4相鄰，5與6相鄰，而7與8不相鄰。這樣的八位數共有( )個．(用數字作答)

解：由於要求1與2相鄰，2與4相鄰，可將1、2、4這三個數字捆綁在一起形成一個大元素，這個大元素的內部中間只能排2，兩邊排1和4，因此大元素內部共有A22種排法，再把5與6也捆綁成一個大元素，其內部也有A22種排法，與數字3共計三個元素，先將這三個元素排好，共有A33種排法，再從前面排好的三個元素形成的間隙及兩端共四個位置中任選兩個，把要求不相鄰的數字7和8插入即可，共有A42種插法，所以符合條件的八位數共有A22 A22 A33 A42＝288(種)．

註：運用「插空法」解決不相鄰問題時，要注意欲插入的位置是否包含兩端位置．

六．順序固定用「除法」：對於某幾個元素按一定的順序排列問題，可先把這幾個元素與其他元素一同進行全排列，然後用總的排列數除於這幾個元素的全排列數。

例4、6個人排隊，甲、乙、丙三人按「甲---乙---丙」順序排的排隊方法有多少種？

分析：不考慮附加條件，排隊方法有A66種，而其中甲、乙、丙的A33種排法中只有一種符合條件。故符合條件的排法有A66 ÷A33 =120種。(或A63種)

例5、4個男生和3個女生，高矮不相等，現在將他們排成一行，要求從左到右女生從矮到高排列，有多少種排法。

解：先在7個位置中任取4個給男生，有A74 種排法，餘下的3個位置給女生，只有一種排法，故有A74 種排法。(也可以是A77 ÷A33種)

七．分排問題用「直排法」：把幾個元素排成若干排的問題，可採用統一排成一排的排法來處理。

例6、7個人坐兩排座位，第一排3個人，第二排坐4個人，則不同的坐法有多少種？

分析：7個人可以在前兩排隨意就坐，再無其它條件,故兩排可看作一排來處理，不同的坐法共有A77種。

八．逐個試驗法：題中附加條件增多，直接解決困難時，用試驗逐步尋找規律。

例7.將數字1，2，3，4填入標號為1，2，3，4的方格中，每方格填1個，方格標號與所填數字均不相同的填法種數有（ ）

A．6 B.9 C.11 D.23

解：第一方格內可填2或3或4，如第一填2，則第二方格可填1或3或4，若第二方格內填1，則後兩方格只有一種方法；若第二方格填3或4，後兩方格也只有一種填法。一共有9種填法，故選B

九、構造模型 「隔板法」

對於較復雜的排列問題，可通過設計另一情景，構造一個隔板模型來解決問題。

例8、方程a+b+c+d=12有多少組正整數解？

分析：建立隔板模型：將12個完全相同的球排成一列，在它們之間形成的11個間隙中任意插入3塊隔板，把球分成4堆，每一種分法所得4堆球的各堆球的數目，對應為a、b、c、d的一組正整解，故原方程的正整數解的組數共有C113 .

又如方程a+b+c+d=12非負整數解的個數,可用此法解。

十.正難則反——排除法

對於含「至多」或「至少」的排列組合問題，若直接解答多需進行復雜討論，可以考慮「總體去雜」，即將總體中不符合條件的排列或組合刪除掉，從而計算出符合條件的排列組合數的方法．

例9、從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台，其中至少要甲型與乙型電視機各一台，則不同的取法共有( )種．

A．140種 B．80種 C．70種 D．35種

解：在被取出的3台中，不含甲型或不合乙型的抽取方法均不合題意，因此符合題意的抽取方法有C93-C43-C53=70(種)，故選C．

註：這種方法適用於反面的情況明確且易於計算的習題．

十一．逐步探索法：對於情況復雜，不易發現其規律的問題需要認真分析，探索出其規律

例10、從1到100的自然數中，每次取出不同的兩個數，使它們的和大於100，則不同的取法種數有多少種。

解：兩個數相加中以較小的數為被加數，1+100>100，1為被加數時有1種，2為被加數有2種，…，49為被加數的有49種，50為被加數的有50種，但51為被加數有49種，52為被加數有48種，…，99為被捕加數的只有1種，故不同的取法有（1+2+3+…+50）+（49+48+…+1）=2500種

十二．一一對應法：

例11.在100名選手之間進行單循環淘汰賽（即一場失敗要退出比賽）最後產生一名冠軍，要比賽幾場？

解：要產生一名冠軍，要淘汰冠軍以外的所有選手，即要淘汰99名選手，要淘汰一名就要進行一場，故比賽99場。

應該指出的是，以上介紹的各種方法是解決一般排列組合問題常用方法，並非絕對的。數學是一門非常靈活的課程，同一問題有時會有多種解法，這時，要認真思考和分析，靈活選擇最佳方法．還有像多元問題「分類法」、環排問題「線排法」、「等概率法」等在此不贅述了。