數學搭配題怎麼做

1. 數學填空題怎麼做

數學填空題技巧：
1、圖形方法:根據問題的主幹提供信息，畫圖，得到正確的答案。首先，知道題乾的需求來填寫內容，有時，還有就是這些都有一些結果，比如回答特定的數字，精確到其中，遺憾的是，有些候選人沒有注意到這一點，並且犯了錯誤。其次，沒有附加條件的，應當根據具體情況和一般規則回答。應該仔細分析這個話題的暗藏要求。
2、特殊化法當填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的不定量用特殊值代替，即可以得到正確結果。
3、數形結合法對於一些含有幾何背景的填空題，若能數中思形，以形助數，則往往可以簡捷地解決問題，得出正確的結果。
4、等價轉化法將問題等價地轉化成便於解決的問題，從而得出正確的結果。解決恆成立問題通常可以利用分離變數轉化為最值的方法求解。

2. 這道數學題怎麼做

這道題的解題思路關鍵是:一是整數，二是倍數。所以搭配後，總數減去剩下的（跟剩下的哪種飲料沒有任何關系）一定是搭配成若干組里每一組中兩種飲料之和的倍數（即被每一組中兩種飲料之和整除。）兩種搭配，一定都會適用於這種規律。

兩種飲料搭配，若是第一種搭配，假如搭配m組，則總數=（7+5）m+8=12m+8，這樣，總數減去8,一定是12的倍數，即被12整除。

同理，第二種搭配，假如搭配n組，則總數=（9+5）n+40=14n+40，這樣，總數減去40,一定是14的倍數，即被14整除。

明白了上述道理，這樣就可以用給出的答案數字去驗證了，哪個數字適合於這兩種情況，哪個答案就是正確的。

3. 二年級數學廣角搭配怎麼列算式

二年級數學廣角是排列與搭配。

排列注重個體的差異性和順序性,組合則沒有.
比如說：有a,b,c三人,我要選兩人出來.
若是排列,一般題目或文字說明中會強調先後順序,比如我 先取a、後取b 和 先取b、後取a 是兩種不同的排列,因為這里有隱含的客觀差異性:人和人之間是不一樣的.題目中又強調了（主觀）順序,好比說在兩個候選人之中,我覺得a比b更有優勢,那麼a是第一人選和a是第二人選就不一樣了,所以按排列來算.
如果是組合,那麼 先取a、後取b 和 先取b、後取a 就是同一種組合,因為這里雖有客觀人的差異,但沒有強調先後之分,不管先取誰後取誰,最後就是這兩個人.換句話說,從主觀上講,他們沒有先後或者優劣之分.

4. 大學數學解題方法及步驟

導語：數學術語亦包括如同胚及可積性等專有名詞．但使用這些特別符號和專有術語是有其原因的：數學需要比日常用語更多的精確性．數學家將此對語言及邏輯精確性的要求稱為「嚴謹」。下面就由我為大家帶來大學數學解題方法及步驟，大家一起去看看怎麼做吧！

一、配方法

配方法是對數學式子進行一種定向變形(配成"完全平方")的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，並且合理運用"裂項"與"添項"、"配"與"湊"的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為"湊配法"。

最常見的配方是進行恆等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用於：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。

二、換元法

解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變數去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標准型問題標准化、復雜問題簡單化，變得容易處理。

換元法又稱輔助元素法、變數代換法。通過引進新的變數，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來。或者變為熟悉的形式，把復雜的計算和推證簡化。

它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。

三、待定系數法

要確定變數間的函數關系，設出某些未知系數，然後根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法，其理論依據是多項式恆等，也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是：對於一個任意的a值，都有f(a)g(a);或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。

待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果具有，就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法求解。

使用待定系數法，它解題的基本步驟是：

第一步，確定所求問題含有待定系數的解析式;

第二步，根據恆等的條件，列出一組含待定系數的方程;

第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決。

如何列出一組含待定系數的方程，主要從以下幾方面著手分析：

①利用對應系數相等列方程;

②由恆等的概念用數值代入法列方程;

③利用定義本身的屬性列方程;

④利用幾何條件列方程。

比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中含有待定的系數;再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組;最後解所得的方程或方程組求出未知的系數，並把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程。

四、定義法

所謂定義法，就是直接用數學定義解題。數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。

定義是千百次實踐後的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說，定義是基本概念對數學實體的高度抽象。用定義法解題，是最直接的方法，本講讓我們回到定義中去。

五、數學歸納法

歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法。歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種。不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質，推斷該類事物全體都具有的性質，這種推理方法，在數學推理論證中是不允許的。完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象後歸納得出結論來。

數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用。它是一個遞推的數學論證方法，論證的第一步是證明命題在n=1(或n)時成立，這是遞推的基礎;第二步是假設在n=k時命題成立，再證明n=k+1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限。這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定"對任何自然數(或n≥n且n∈N)結論都正確"。由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬於完全歸納。

運用數學歸納法證明問題時，關鍵是n=k+1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題。

運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數n有關的恆等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等。

六、參數法

參數法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數學對象發生聯系的新變數(參數)，以此作為媒介，再進行分析和綜合，從而解決問題。直線與二次曲線的參數方程都是用參數法解題的例證。換元法也是引入參數的典型例子。

辨證唯物論肯定了事物之間的聯系是無窮的，聯系的方式是豐富多採的，科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯系，從而發現事物的`變化規律。參數的作用就是刻畫事物的變化狀態，揭示變化因素之間的內在聯系。參數體現了近代數學中運動與變化的思想，其觀點已經滲透到中學數學的各個分支。運用參數法解題已經比較普遍。

參數法解題的關鍵是恰到好處地引進參數，溝通已知和未知之間的內在聯系，利用參數提供的信息，順利地解答問題。

七、反證法

與前面所講的方法不同，反證法是屬於"間接證明法"一類，是從反面的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設而否定結論，從而導出矛盾推理而得。法國數學家阿達瑪(Hadamard)對反證法的實質作過概括："若肯定定理的假設而否定其結論，就會導致矛盾"。具體地講，反證法就是從否定命題的結論入手，並把對命題結論的否定作為推理的已知條件，進行正確的邏輯推理，使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛，矛盾的原因是假設不成立，所以肯定了命題的結論，從而使命題獲得了證明。

反證法所依據的是邏輯思維規律中的"矛盾律"和"排中律"。在同一思維過程中，兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真，至少有一個是假的，這就是邏輯思維中的"矛盾律";兩個互相矛盾的判斷不能同時都假，簡單地說"A或者非A"，這就是邏輯思維中的"排中律"。反證法在其證明過程中，得到矛盾的判斷，根據"矛盾律"，這些矛盾的判斷不能同時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題都是真的，所以"否定的結論"必為假。再根據"排中律"，結論與"否定的結論"這一對立的互相否定的判斷不能同時為假，必有一真，於是我們得到原結論必為真。所以反證法是以邏輯思維的基本規律和理論為依據的，反證法是可信的。

反證法的證題模式可以簡要的概括我為"否定→推理→否定"。即從否定結論開始，經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是"否定之否定"。應用反證法證明的主要三步是：否定結論→推導出矛盾→結論成立。實施的具體步驟是：

第一步，反設：作出與求證結論相反的假設;

第二步，歸謬：將反設作為條件，並由此通過一系列的正確推理導出矛盾;

第三步，結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立。

在應用反證法證題時，一定要用到"反設"進行推理，否則就不是反證法。用反證法證題時，如果欲證明的命題的方面情況只有一種，那麼只要將這種情況駁倒了就可以，這種反證法又叫"歸謬法";如果結論的方面情況有多種，那麼必須將所有的反面情況一一駁倒，才能推斷原結論成立，這種證法又叫"窮舉法"。

在數學解題中經常使用反證法，牛頓曾經說過："反證法是數學家最精當的武器之一"。一般來講，反證法常用來證明的題型有：命題的結論以"否定形式"、"至少"或"至多"、"唯一"、"無限"形式出現的命題;或者否定結論更明顯。具體、簡單的命題;或者直接證明難以下手的命題，改變其思維方向，從結論入手進行反面思考，問題可能解決得十分乾脆。

5. 數學廣角搭配技巧

學目標：

1． 學生在觀察、 猜測、 操作的活動中，能夠進行有序思考， 做到不重復， 不遺漏。

2． 感受數學與生活的密切聯系， 引導學生使用數學方法解決實際生活中的問題， 學會表達解決問題的大致過程。

3． 在小組合作的數學活動中使學生養成與人合作的良好習慣。

教學重點：

自主探究， 掌握有序排列、巧妙搭配的方法， 並用所學知識解決實際生活的問題。

教學難點： 怎樣排列可以不重復、不遺漏。 理解簡單事物搭配中的有序、 無序的不同。 教具准備： 數字卡片、 給學生准備數位表格、課件。

學具准備： 數字卡片、 彩筆。

教法學法：

1、 聯系生活實際解決身邊問題， 體驗學數學、 用數學的樂趣。

2、 在具體的生活情景中讓學生親身經歷發現問題， 提出問題、 解決問題的過程， 體驗探索成功的快樂。

3、 通過動手操作、 獨立思考和開展小組合作交流活動， 完善自己的想法，構建自己獨特的學習方法。

4、 通過靈活、 有趣的練習， 提高學生解決問題的能力， 同時尋求解決問題的多種辦法。

教學過程：

一、 情景創設

1、 同學們， 老師聽說咱班的同學特別喜歡學數學， 今天老師就帶大家到數學廣角去逛一逛。 (課件展示圖片)數學廣角的城堡可真漂亮， 我們走近點吧！ 哎呀， 大門上的心形鑰匙怎麼落到地上了？ 咱們幫忙安裝上吧！注意， 這門上的兩顆心顏色可不一樣喲。

師： 怎樣裝呢？ 生： 紅黃， 黃紅。 師： 我們裝上試試（紅黃， 門沒有反應） 生： 黃紅！ 師： 會是黃紅嗎？ （引導學生說出「一定是」） 還有別的擺法嗎？師： 我們來交換一下它們的位置！ 師： 你們可真聰明，大門打開了。

二、 探究新知

1、 哦，數學廣角可真美， 我們先到數字城堡看一看吧！ 師： 有超級密碼鎖！蜜蜂小天使提醒我們： 密碼是由 1、 2、 3 其中的兩個數拼成的兩位數， 每個兩位數的十位和個位上的數字不一樣。 你認為密碼會是多少呢？

生： 自由說 師： 我聽到了， 21 同學說重復了好幾遍會不會有的數還沒找出來呢？

師： 由數字 1、 2、 3 其中的兩個數拼成的兩位數有哪幾種可能呢？ 我們思考下按順序把他們列出來吧！ 老師給每個小組准備了一個資料袋， 拿出裡面的 1 號卡和數字卡片，四人合作， 兩個同學思考擺一擺，一個同學讀數， 另一個同學對數據整理記錄在答題紙上。 操作的時候思考下排列的順序， 有多少組就寫多少組。（提供 9 個格） 師： 誰願意起來說說你們擺出了幾個兩位數？ 擺了哪幾個兩位數？

2、 匯報總結 同桌兩人匯報記錄的結果， 師找具有代表性的寫法， 在展示台上出示： 如有學生遺漏的，幫助補上。

① 有順序的從這 3 個數字中選擇 2 個數字， 組成兩位數， 再把位置交換，又組成另外一個兩位數。

12、 21 、 23、 32、 13、 31

② 先確定十位， 再將個位變動。 12、 13、 21、 23、 31、 32

③ 先確定個位， 再將十位變動。 21、 31、 12、 32、 13、 23

生結： 這些辦法很有規律，他們的好處： 有順序，不會重復，不會遺漏。

師： 超級密碼現在有六種可能， 到底是那個呢？

蜜蜂小天使又給我們新的提示： 十位和個位相加是 5（將答案縮小范圍到 32 和 23。 提醒排列的順序也很重要（板書： 有序）），並且個位比十位小

揭曉答案： 32 。

師： 你們真是細心的孩子，恭喜大家成為密碼破解達人！

三、 鞏固練習

1、 同學們真厲害，解開了密碼箱上的密碼鎖，我們現在就來看一看密碼箱裡面有什麼吧！ 哦！是一副中國地圖，我們現在走近看看我們的家鄉吉林省在哪裡，那麼老師想請同學們看一下地圖上的不同省市是有不同種顏色來區分的，這樣做有什麼好處呢？可以一目瞭然的看見想要找的位置，老師現在也給我們同學紅、黃、綠三種顏色，請同學們把我們的家鄉松原和長春分一分.現在同學們拿出老師給你准備的2號卡，用我們剛剛學過的方法來塗一塗，看誰做的又快又好！

小結： 看來我們今天學習的搭配知識不僅僅是數字， 也能在圖形和色彩中運用啊！

四、 應用拓展

數學廣角的風景如此美麗， 我們一起合影留念吧！「3名同學坐成一排合影， 有多少種坐法？」

請坐的最端正的三名同學到講台前演示一下。 師： 坐在位上的同學也別閑著， 我們來當攝影師吧！攝影師除了拿相機照相還得幹些什麼？ 生： 擺造型， 擺位置…… 師： 要照相了， 笑一笑， 1、 2、 3 咔嚓！ 師： 趕緊換一種坐法再照。 引導學生第一個位置不動， 後面兩人交換位置。 做出 4 種不同的排列方法， 讓學生發現規律。（透過這道題讓學生體會固定位置與交換位置相結合的方法進行有序排列） 師： 同學們的辦法真不錯， 我們這么快就就掌握了有序搭配的方法了。

五、 課後延伸

師： 小朋友們， 握下手回到座位上吧！ 每兩人握 1 次手， 3 人一共握幾次手？ 哦， 同學們有的說 3 次，有的說 6 次，其實這是下節課的內容， 我們留到明天再來數學廣角研究。

六、 回顧總結

師： 在今天的旅途途中你都有哪些收獲？ 有什麼想對大家說的？（生： 真好玩， 很有趣， 學的很輕松。）師： 原來生活中有這么多的數學問題， 只要小朋友細心觀察， 就能發現更多有趣的數學問題， 掌握了這些知識， 我們就可以把生活裝點的更加美麗！

七、板書設計：

交換位置：十位 個位 固定十位：十位 個位 固定個位 ：十位 個位

1 2 1 2 2 1

2 1 1 3 3 1

2 3 2 1 1 2

3 2 2 3 3 2

1 3 3 1 1 3

3 1 3 2 2 3

6. 數學如何做排列組合的題啊 ~~屢做屢錯!!求解題思想!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

加油！！
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

[例題分析]排列組合思維方法選講

1．首先明確任務的意義

例1. 從1、2、3、……、20這二十個數中任取三個不同的數組成等差數列，這樣的不同等差數列有________個。

分析：首先要把復雜的生活背景或其它數學背景轉化為一個明確的排列組合問題。

設a,b,c成等差，∴ 2b=a+c, 可知b由a,c決定，
又∵ 2b是偶數，∴ a,c同奇或同偶，即：從1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20這十個數中選出兩個數進行排列，由此就可確定等差數列，因而本題為2=180。

例2. 某城市有4條東西街道和6條南北的街道，街道之間的間距相同，如圖。若規定只能向東或向北兩個方向沿圖中路線前進，則從M到N有多少種不同的走法?

分析：對實際背景的分析可以逐層深入

（一）從M到N必須向上走三步，向右走五步，共走八步。

（二）每一步是向上還是向右，決定了不同的走法。

（三）事實上，當把向上的步驟決定後，剩下的步驟只能向右。

從而，任務可敘述為：從八個步驟中選出哪三步是向上走，就可以確定走法數，
∴ 本題答案為：=56。

2．注意加法原理與乘法原理的特點，分析是分類還是分步，是排列還是組合

例3．在一塊並排的10壟田地中，選擇二壟分別種植A，B兩種作物，每種種植一壟，為有利於作物生長，要求A，B兩種作物的間隔不少於6壟，不同的選法共有______種。

分析：條件中「要求A、B兩種作物的間隔不少於6壟」這個條件不容易用一個包含排列數，組合數的式子表示，因而採取分類的方法。

第一類：A在第一壟，B有3種選擇；

第二類：A在第二壟，B有2種選擇；

第三類：A在第三壟，B有一種選擇，

同理A、B位置互換 ，共12種。

例4．從6雙不同顏色的手套中任取4隻，其中恰好有一雙同色的取法有________。
(A)240 (B)180 (C)120 (D)60

分析：顯然本題應分步解決。

（一）從6雙中選出一雙同色的手套，有種方法；

（二）從剩下的十隻手套中任選一隻，有種方法。

（三）從除前所涉及的兩雙手套之外的八隻手套中任選一隻，有種方法；

（四）由於選取與順序無關，因而（二）（三）中的選法重復一次，因而共240種。

例5．身高互不相同的6個人排成2橫行3縱列，在第一行的每一個人都比他同列的身後的人個子矮，則所有不同的排法種數為_______。

分析：每一縱列中的兩人只要選定，則他們只有一種站位方法，因而每一縱列的排隊方法只與人的選法有關系，共有三縱列，從而有=90種。

例6．在11名工人中，有5人只能當鉗工，4人只能當車工，另外2人能當鉗工也能當車工。現從11人中選出4人當鉗工，4人當車工，問共有多少種不同的選法?

分析：採用加法原理首先要做到分類不重不漏，如何做到這一點？分類的標准必須前後統一。

以兩個全能的工人為分類的對象，考慮以他們當中有幾個去當鉗工為分類標准。

第一類：這兩個人都去當鉗工，有種；

第二類：這兩人有一個去當鉗工，有種；

第三類：這兩人都不去當鉗工，有種。

因而共有185種。

例7．現有印著0，l，3，5，7，9的六張卡片，如果允許9可以作6用，那麼從中任意抽出三張可以組成多少個不同的三位數?

分析：有同學認為只要把0，l，3，5，7，9的排法數乘以2即為所求，但實際上抽出的三個數中有9的話才可能用6替換，因而必須分類。

抽出的三數含0，含9，有種方法；

抽出的三數含0不含9，有種方法；

抽出的三數含9不含0，有種方法；

抽出的三數不含9也不含0，有種方法。

又因為數字9可以當6用，因此共有2×(+)++=144種方法。

例8．停車場劃一排12個停車位置，今有8輛車需要停放，要求空車位連在一起，不同的停車方法是________種。

分析：把空車位看成一個元素，和8輛車共九個元素排列，因而共有種停車方法。

3．特殊元素，優先處理；特殊位置，優先考慮

例9．六人站成一排，求
(1)甲不在排頭，乙不在排尾的排列數
(2)甲不在排頭，乙不在排尾，且甲乙不相鄰的排法數

分析：（1）先考慮排頭，排尾，但這兩個要求相互有影響，因而考慮分類。

第一類：乙在排頭，有種站法。

第二類：乙不在排頭，當然他也不能在排尾，有種站法，

共+種站法。

（2）第一類：甲在排尾，乙在排頭，有種方法。

第二類：甲在排尾，乙不在排頭，有種方法。

第三類：乙在排頭，甲不在排頭，有種方法。

第四類：甲不在排尾，乙不在排頭，有種方法。

共+2+=312種。

例10．對某件產品的6件不同正品和4件不同次品進行一一測試，至區分出所有次品為止。若所有次品恰好在第五次測試時被全部發現，則這樣的測試方法有多少種可能?

分析：本題意指第五次測試的產品一定是次品，並且是最後一個次品，因而第五次測試應算是特殊位置了，分步完成。

第一步：第五次測試的有種可能；

第二步：前四次有一件正品有中可能。

第三步：前四次有種可能。
∴ 共有種可能。

4．捆綁與插空

例11. 8人排成一隊
(1)甲乙必須相鄰 (2)甲乙不相鄰
(3)甲乙必須相鄰且與丙不相鄰 (4)甲乙必須相鄰，丙丁必須相鄰
(5)甲乙不相鄰，丙丁不相鄰

分析：（1）有種方法。

（2）有種方法。

（3）有種方法。

（4）有種方法。

（5）本題不能用插空法，不能連續進行插空。

用間接解法：全排列-甲乙相鄰-丙丁相鄰+甲乙相鄰且丙丁相鄰，共--+=23040種方法。

例12. 某人射擊8槍，命中4槍，恰好有三槍連續命中，有多少種不同的情況?

分析：∵ 連續命中的三槍與單獨命中的一槍不能相鄰，因而這是一個插空問題。另外沒有命中的之間沒有區別，不必計數。即在四發空槍之間形成的5個空中選出2個的排列，即。

例13. 馬路上有編號為l，2，3，……，10 十個路燈，為節約用電又看清路面，可以把其中的三隻燈關掉，但不能同時關掉相鄰的兩只或三隻，在兩端的燈也不能關掉的情況下，求滿足條件的關燈方法共有多少種?

分析：即關掉的燈不能相鄰，也不能在兩端。又因為燈與燈之間沒有區別，因而問題為在7盞亮著的燈形成的不包含兩端的6個空中選出3個空放置熄滅的燈。
∴ 共=20種方法。

4．間接計數法.(1)排除法

例14. 三行三列共九個點，以這些點為頂點可組成多少個三角形?

分析：有些問題正面求解有一定困難，可以採用間接法。

所求問題的方法數=任意三個點的組合數-共線三點的方法數，
∴ 共種。

例15．正方體8個頂點中取出4個，可組成多少個四面體?

分析：所求問題的方法數=任意選四點的組合數-共面四點的方法數，
∴ 共-12=70-12=58個。

例16. l，2，3，……，9中取出兩個分別作為對數的底數和真數，可組成多少個不同數值的對數?

分析：由於底數不能為1。

（1）當1選上時，1必為真數，∴ 有一種情況。

（2）當不選1時，從2--9中任取兩個分別作為底數，真數，共，其中log24=log39，log42=log93, log23=log49, log32=log94.

因而一共有53個。

(3)補上一個階段，轉化為熟悉的問題

例17. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相鄰)，共有多少種不同的方法? 如果要求甲乙丙按從左到右依次排列呢?

分析：（一）實際上，甲在乙的前面和甲在乙的後面兩種情況對稱，具有相同的排法數。因而有=360種。

（二）先考慮六人全排列；其次甲乙丙三人實際上只能按照一種順序站位，因而前面的排法數重復了種， ∴ 共=120種。

例18．5男4女排成一排，要求男生必須按從高到矮的順序，共有多少種不同的方法?

分析：首先不考慮男生的站位要求，共種；男生從左至右按從高到矮的順序，只有一種站法，因而上述站法重復了次。因而有=9×8×7×6=3024種。
若男生從右至左按從高到矮的順序，只有一種站法， 同理也有3024種，綜上，有6048種。

例19. 三個相同的紅球和兩個不同的白球排成一行，共有多少種不同的方法?

分析：先認為三個紅球互不相同，共種方法。而由於三個紅球所佔位置相同的情況下，共有變化，因而共=20種。

5．擋板的使用

例20．10個名額分配到八個班，每班至少一個名額，問有多少種不同的分配方法?

分析：把10個名額看成十個元素，在這十個元素之間形成的九個空中，選出七個位置放置檔板，則每一種放置方式就相當於一種分配方式。因而共36種。

6．注意排列組合的區別與聯系：所有的排列都可以看作是先取組合，再做全排列；同樣，組合如補充一個階段(排序)可轉化為排列問題。

例21. 從0，l，2，……，9中取出2個偶數數字，3個奇數數字，可組成多少個無重復數字的五位數?

分析：先選後排。另外還要考慮特殊元素0的選取。

（一）兩個選出的偶數含0，則有種。

（二）兩個選出的偶數字不含0，則有種。

例22. 電梯有7位乘客，在10層樓房的每一層停留，如果三位乘客從同一層出去，另外兩位在同一層出去，最後兩人各從不同的樓層出去，有多少種不同的下樓方法?

分析：（一）先把7位乘客分成3人，2人，一人，一人四組，有種。

（二）選擇10層中的四層下樓有種。
∴ 共有種。

例23. 用數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的四位數，

(1)可組成多少個不同的四位數?
(2)可組成多少個不同的四位偶數?
(3)可組成多少個能被3整除的四位數?
(4)將(1)中的四位數按從小到大的順序排成一數列，問第85項是什麼?

分析：（1）有個。

（2）分為兩類：0在末位，則有種：0不在末位，則有種。
∴ 共+種。

（3）先把四個相加能被3整除的四個數從小到大列舉出來，即先選
0，1，2，3
0，1，3，5
0，2，3，4
0，3，4，5
1，2，4，5

它們排列出來的數一定可以被3整除，再排列，有：4×()+=96種。

（4）首位為1的有=60個。
前兩位為20的有=12個。
前兩位為21的有=12個。
因而第85項是前兩位為23的最小數，即為2301。

7．分組問題

例24. 6本不同的書

(1) 分給甲乙丙三人，每人兩本，有多少種不同的分法?
(2) 分成三堆，每堆兩本，有多少種不同的分法？
(3) 分成三堆，一堆一本，一堆兩本，一堆三本，有多少種不同的分法？
(4) 甲一本，乙兩本，丙三本，有多少種不同的分法?
(5) 分給甲乙丙三人，其中一人一本，一人兩本，第三人三本，有多少種不同的分法?

分析：（1）有中。

（2）即在（1）的基礎上除去順序，有種。

（3）有種。由於這是不平均分組，因而不包含順序。

（4）有種。同（3），原因是甲，乙，丙持有量確定。

（5）有種。

例25. 6人分乘兩輛不同的車，每車最多乘4人，則不同的乘車方法為_______。

分析：（一）考慮先把6人分成2人和4人，3人和3人各兩組。

第一類：平均分成3人一組，有種方法。

第二類：分成2人，4人各一組，有種方法。

（二）再考慮分別上兩輛不同的車。

綜合（一）（二），有種。

例26. 5名學生分配到4個不同的科技小組參加活動，每個科技小組至少有一名學生參加，則分配方法共有________種.

分析：（一）先把5個學生分成二人，一人，一人，一人各一組。
其中涉及到平均分成四組，有=種分組方法。

（二）再考慮分配到四個不同的科技小組，有種，
由（一）（二）可知，共=240種。

7. 三年級數學搭配問題和組合問題怎麼區分

答：三年級數學搭配問題就是組合問題，它們都是沒有順序要求的，如衣褲搭配，打電話、握手等，無需區分。

搭配（亦組合）事物的時候，需注意做到不重復、不遺漏，可以採用列舉法、連線法、、文字表述法、和算式計算等方法。

但排列問題是有順序要求的，如數字組成數、寫信、排隊等。

結論：搭配問題和組合問題沒有順序要求；
而排列問題是有順序要求的.
故有序還是無序就是區分它們的關鍵.


8. 有關於排列組合的數學題應怎麼做

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.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+100100，1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。

9. 數學排列組合這類的題如何做

這是詳細資料：有耐心的可以看一下，很詳細的。排列組合的基本理論和公式排列與元素的順序有關，組合與順序無關．如231與213是兩個排列，2＋3＋1的和與2＋1＋3的和是一個組合． (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Pnn=n(n－1)(n－2)…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 [例題分析]排列組合思維方法選講 1．首先明確任務的意義 例1. 從1、2、3、……、20這二十個數中任取三個不同的數組成等差數列，這樣的不同等差數列有________個。 分析：首先要把復雜的生活背景或其它數學背景轉化為一個明確的排列組合問題。 設a,b,c成等差，∴ 2b=a+c, 可知b由a,c決定， 又∵ 2b是偶數，∴ a,c同奇或同偶，即：分別從1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20這十個數中選出兩個數進行排列，由此就可確定等差數列，C（2,10）*2*P（2,2），因而本題為180。 例2. 某城市有4條東西街道和6條南北的街道，街道之間的間距相同，如圖。若規定只能向東或向北兩個方向沿圖中路線前進，則從M到N有多少種不同的走法? 分析：對實際背景的分析可以逐層深入 （一）從M到N必須向上走三步，向右走五步，共走八步。 （二）每一步是向上還是向右，決定了不同的走法。 （三）事實上，當把向上的步驟決定後，剩下的步驟只能向右。 從而，任務可敘述為：從八個步驟中選出哪三步是向上走，就可以確定走法數， ∴ 本題答案為：=56。 2．注意加法原理與乘法原理的特點，分析是分類還是分步，是排列還是組合 例3．在一塊並排的10壟田地中，選擇二壟分別種植A，B兩種作物，每種種植一壟，為有利於作物生長，要求A，B兩種作物的間隔不少於6壟，不同的選法共有______種。 分析：條件中「要求A、B兩種作物的間隔不少於6壟」這個條件不容易用一個包含排列數，組合數的式子表示，因而採取分類的方法。 第一類：A在第一壟，B有3種選擇； 第二類：A在第二壟，B有2種選擇； 第三類：A在第三壟，B有一種選擇， 同理A、B位置互換 ，共12種。 例4．從6雙不同顏色的手套中任取4隻，其中恰好有一雙同色的取法有________。 (A)240 (B)180 (C)120 (D)60 分析：顯然本題應分步解決。 （一）從6雙中選出一雙同色的手套，有6種方法； （二）從剩下的十隻手套中任選一隻，有10種方法。 （三）從除前所涉及的兩雙手套之外的八隻手套中任選一隻，有8種方法； （四）由於選取與順序無關，因（二）（三）中的選法重復一次，因而共240種。 例5．身高互不相同的6個人排成2橫行3縱列，在第一行的每一個人都比他同列的身後的人個子矮，則所有不同的排法種數為_______。 分析：每一縱列中的兩人只要選定，則他們只有一種站位方法，因而每一縱列的排隊方法只與人的選法有關系，共有三縱列，從而有=90種。 例6．在11名工人中，有5人只能當鉗工，4人只能當車工，另外2人能當鉗工也能當車工。現從11人中選出4人當鉗工，4人當車工，問共有多少種不同的選法? 分析：採用加法原理首先要做到分類不重不漏，如何做到這一點？分類的標准必須前後統一。 以兩個全能的工人為分類的對象，考慮以他們當中有幾個去當鉗工為分類標准。 第一類：這兩個人都去當鉗工，有35種； 第二類：這兩人有一個去當鉗工，有75種； 第三類：這兩人都不去當鉗工，有75種。 因而共有185種。 例7．現有印著0，l，3，5，7，9的六張卡片，如果允許9可以作6用，那麼從中任意抽出三張可以組成多少個不同的三位數? 分析：有同學認為只要把0，l，3，5，7，9的排法數乘以2即為所求，但實際上抽出的三個數中有9的話才可能用6替換，因而必須分類。 抽出的三數含0，含9，有32種方法； 抽出的三數含0不含9，有24種方法； 抽出的三數含9不含0，有72種方法； 抽出的三數不含9也不含0，有24種方法。 因此共有32+24+72+24=152種方法。 例8．停車場劃一排12個停車位置，今有8輛車需要停放，要求空車位連在一起，不同的停車方法是________種。 分析：把空車位看成一個元素，和8輛車共九個元素排列，因而共有362880種停車方法。 3．特殊元素，優先處理；特殊位置，優先考慮 例9．六人站成一排，求 (1)甲不在排頭，乙不在排尾的排列數 (2)甲不在排頭，乙不在排尾，且甲乙不相鄰的排法數 分析：（1）先考慮排頭，排尾，但這兩個要求相互有影響，因而考慮分類。 第一類：乙在排頭，有種站法。 第二類：乙不在排頭，當然他也不能在排尾，有種站法， 共+種站法。 （2）第一類：甲在排尾，乙在排頭，有種方法。 第二類：甲在排尾，乙不在排頭，有種方法。 第三類：乙在排頭，甲不在排頭，有種方法。 第四類：甲不在排尾，乙不在排頭，有種方法。 共+2+=312種。 例10．對某件產品的6件不同正品和4件不同次品進行一一測試，至區分出所有次品為止。若所有次品恰好在第五次測試時被全部發現，則這樣的測試方法有多少種可能? 分析：本題意指第五次測試的產品一定是次品，並且是最後一個次品，因而第五次測試應算是特殊位置了，分步完成。 第一步：第五次測試的有種可能； 第二步：前四次有一件正品有中可能。 第三步：前四次有種可能。 ∴ 共有種可能。 4．捆綁與插空 例11. 8人排成一隊 (1)甲乙必須相鄰 (2)甲乙不相鄰 (3)甲乙必須相鄰且與丙不相鄰 (4)甲乙必須相鄰，丙丁必須相鄰 (5)甲乙不相鄰，丙丁不相鄰 分析：（1）有種方法。 （2）有種方法。 （3）有種方法。 （4）有種方法。 （5）本題不能用插空法，不能連續進行插空。 用間接解法：全排列-甲乙相鄰-丙丁相鄰+甲乙相鄰且丙丁相鄰，共--+=23040種方法。 例12. 某人射擊8槍，命中4槍，恰好有三槍連續命中，有多少種不同的情況? 分析：∵ 連續命中的三槍與單獨命中的一槍不能相鄰，因而這是一個插空問題。另外沒有命中的之間沒有區別，不必計數。即在四發空槍之間形成的5個空中選出2個的排列，即。 例13. 馬路上有編號為l，2，3，……，10 十個路燈，為節約用電又看清路面，可以把其中的三隻燈關掉，但不能同時關掉相鄰的兩只或三隻，在兩端的燈也不能關掉的情況下，求滿足條件的關燈方法共有多少種? 分析：即關掉的燈不能相鄰，也不能在兩端。又因為燈與燈之間沒有區別，因而問題為在7盞亮著的燈形成的不包含兩端的6個空中選出3個空放置熄滅的燈。 ∴ 共=20種方法。 4．間接計數法.(1)排除法 例14. 三行三列共九個點，以這些點為頂點可組成多少個三角形? 分析：有些問題正面求解有一定困難，可以採用間接法。 所求問題的方法數=任意三個點的組合數-共線三點的方法數， ∴ 共種。 例15．正方體8個頂點中取出4個，可組成多少個四面體? 分析：所求問題的方法數=任意選四點的組合數-共面四點的方法數， ∴ 共-12=70-12=58個。 例16. l，2，3，……，9中取出兩個分別作為對數的底數和真數，可組成多少個不同數值的對數? 分析：由於底數不能為1。 （1）當1選上時，1必為真數，∴ 有一種情況。 （2）當不選1時，從2--9中任取兩個分別作為底數，真數，共，其中log2為底4=log3為底9，log4為底2=log9為底3, log2為底3=log4為底9, log3為底2=log9為底4. 因而一共有53個。 (3)補上一個階段，轉化為熟悉的問題 例17. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相鄰)，共有多少種不同的方法? 如果要求甲乙丙按從左到右依次排列呢? 分析：（一）實際上，甲在乙的前面和甲在乙的後面兩種情況對稱，具有相同的排法數。因而有=360種。 （二）先考慮六人全排列；其次甲乙丙三人實際上只能按照一種順序站位，因而前面的排法數重復了種， ∴ 共=120種。 例18．5男4女排成一排，要求男生必須按從高到矮的順序，共有多少種不同的方法? 分析：首先不考慮男生的站位要求，共種；男生從左至右按從高到矮的順序，只有一種站法，因而上述站法重復了次。因而有=9×8×7×6=3024種。 若男生從右至左按從高到矮的順序，只有一種站法， 同理也有3024種，綜上，有6048種。 例19. 三個相同的紅球和兩個不同的白球排成一行，共有多少種不同的方法? 分析：先認為三個紅球互不相同，共種方法。而由於三個紅球所佔位置相同的情況下，共有變化，因而共=20種。 5．擋板的使用 例20．10個名額分配到八個班，每班至少一個名額，問有多少種不同的分配方法? 分析：把10個名額看成十個元素，在這十個元素之間形成的九個空中，選出七個位置放置檔板，則每一種放置方式就相當於一種分配方式。因而共36種。 6．注意排列組合的區別與聯系：所有的排列都可以看作是先取組合，再做全排列；同樣，組合如補充一個階段(排序)可轉化為排列問題。 例21. 從0，l，2，……，9中取出2個偶數數字，3個奇數數字，可組成多少個無重復數字的五位數? 分析：先選後排。另外還要考慮特殊元素0的選取。 （一）兩個選出的偶數含0，則有種。 （二）兩個選出的偶數字不含0，則有種。 例22. 電梯有7位乘客，在10層樓房的每一層停留，如果三位乘客從同一層出去，另外兩位在同一層出去，最後兩人各從不同的樓層出去，有多少種不同的下樓方法? 分析：（一）先把7位乘客分成3人，2人，一人，一人四組，有種。 （二）選擇10層中的四層下樓有種。 ∴ 共有種。 例23. 用數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的四位數， (1)可組成多少個不同的四位數? (2)可組成多少個不同的四位偶數? (3)可組成多少個能被3整除的四位數? (4)將(1)中的四位數按從小到大的順序排成一數列，問第85項是什麼? 分析：（1）有個。 （2）分為兩類：0在末位，則有種：0不在末位，則有種。 ∴ 共+種。 （3）先把四個相加能被3整除的四個數從小到大列舉出來，即先選 0，1，2，3 0，1，3，5 0，2，3，4 0，3，4，5 1，2，4，5 它們排列出來的數一定可以被3整除，再排列，有：4×()+=96種。 （4）首位為1的有=60個。 前兩位為20的有=12個。 前兩位為21的有=12個。 因而第85項是前兩位為23的最小數，即為2301。 7．分組問題 例24. 6本不同的書 (1) 分給甲乙丙三人，每人兩本，有多少種不同的分法? (2) 分成三堆，每堆兩本，有多少種不同的分法？ (3) 分成三堆，一堆一本，一堆兩本，一堆三本，有多少種不同的分法？ (4) 甲一本，乙兩本，丙三本，有多少種不同的分法? (5) 分給甲乙丙三人，其中一人一本，一人兩本，第三人三本，有多少種不同的分法? 分析：（1）有中。 （2）即在（1）的基礎上除去順序，有種。 （3）有種。由於這是不平均分組，因而不包含順序。 （4）有種。同（3），原因是甲，乙，丙持有量確定。 （5）有種。 例25. 6人分乘兩輛不同的車，每車最多乘4人，則不同的乘車方法為_______。 分析：（一）考慮先把6人分成2人和4人，3人和3人各兩組。 第一類：平均分成3人一組，有種方法。 第二類：分成2人，4人各一組，有種方法。 （二）再考慮分別上兩輛不同的車。 綜合（一）（二），有種。 例26. 5名學生分配到4個不同的科技小組參加活動，每個科技小組至少有一名學生參加，則分配方法共有________種. 分析：（一）先把5個學生分成二人，一人，一人，一人各一組。 其中涉及到平均分成四組，有C（5，3）種分組方法。 可以看成5個元素三個板不空的隔板法 （二）再考慮分配到四個不同的科技小組，有A(4,4)種， 由（一）（二）可知，共=240種。