Ⅰ 排列組合7種典型題是什麼
(1) 甲6本中取2本 乙4本中取2本 丙取剩下2本
C(6 2)*C(4 2)*C(2 2)=90
(2) 6本中取2本 4本中取2本 最後剩下2本 三組有P(3 3)種順序要除掉 否則會出現重復
C(6 2)*C(4 2)*C(2 2)/P(3 3)=15
(3) 甲6本中取1本 乙5本中取2本 丙取剩下3本
C(6 1)*C(5 2)*C(3 3)=60
(4) 6本中取1本 5本中取2本 最後剩下3本 三個人有P(3 3)種順序
C(6 1)*C(5 2)*C(3 3)*P(3 3)=360
(5) 甲6本中取4本 乙丙在剩下2本中各取1本
C(6 4)*P(2 2)=30
(6) 6本中取4本 剩下謹升2本分成兩組無順序
C(6 4)=15
(7) 甲6本中取1本 乙5本中取1本 丙取剩下4本
C(6 1)*C(5 1)*C(4 4)=30
(1)組合數學經典問題有哪些擴展閱讀：
假設C(n-1,k）和C(n-1,k-1）為偶數：
則有：（n-1）&k != k;
（n-1）&(k-1） != k-1;
現假設茄兄n&k == k.
則對於k最後一位為1的情況：
此時n最後一位也為1，所以有（n-1）&(k-1） == k-1，與假設矛盾。
而對於k最後一位為0的情況：
則k的末尾必有一部分形如：10; 代表任意個0。
相應的，n對應的部分為：1{*}*; *代表0或1。
而若n對應的{*}*中只要有一個為1，則（n-1）&k == k成立，所以n對應部分也應該是祥納老10。
則相應的，k-1和n-1的末尾部分均為01，所以（n-1）&(k-1） == k-1 成立，與假設矛盾。
所以得n&k != k。
由1）和2）得出當C(n,k）是偶數時，n&k != k。
Ⅱ 數學排列組合的典型題及解答過程
在介紹排列組合方法之前 我們先來了解一下基本的運算公式!
C5取3＝（5×4×3）/（3×2×1） C6取2＝（6×5）/（2×1）
通過這2個例子 看出
CM取N 公式 是種子數M開始與自身連續的N個自然數的降序乘積做為分子. 以取值N的階層作為分母
P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1
通過這2個例子
PMN＝從M開始與自身連續猜汪N個自然數的降序乘積 當N＝M時 即鄭友M的階層
排列、組合的本質是研究「從n個不同的元素中,任取m (m≤n)個元素,有序和無序擺放的各種可能性」.區別排列與組合的標志是「有序」與「無序」.
解答排列、組合問題的思維模式有二：
其一是看問題是有序的還是無序的?有序用「排列」,無序用「組合」；
其二是看問題需要分類還是需要分步?分類用「加法」,分步用「乘法」.
分 類：「做一件事,完成它可以有n類方法」,這是對完成這件事的所有辦法的一個分類.分類時,首先要根據問題的特點確定一個適合於它的分類標准,然後在這個 標准下進行分類；其次,分類時要注意滿足兩條基本原則：①完成這件事的任何一種方法必須屬於某一類；②分別屬於不同兩類的兩種方法是不同的方法.
分步：「做一件事,完成它需要分成n個步驟」,這是說完成這件事的任何一種方法,都要分成n個步驟.分步時,首先要根據問題的特點,確定一個可行的分步標准；其次,步驟的設置要滿足完成這件事必須並且只需連續完成這n個步驟後,這件事才算最終完成.
兩 個原理的區別在於一個和分類有關,一個與分步有關.如果完成一件事有n類辦法,這n類辦法彼此之間是相互獨立的,無論那一類辦法中的那一種方法都能單獨完 成這件事,求完成這件事的方法種數,就用加法原理；如果完成一件事需要分成n個步驟,缺一不可,即需要依次完成所有的步驟,才能完成這件事,而完成每一個 步驟各有若干種不同的方法,求完成這件事的方法種類就用乘法原理.
在解決排列與組合的應用題時應注意以下幾點：
1．有限制條件的排列問題常見命題形式：
「在」與「不在」
「鄰」與「不鄰」
在解決問題時要掌握基本的解題思想和方法：
⑴「相鄰」問題在解題時常用「合並元素法」,可把兩個以上的元素當做一個元素來看,這是處理相鄰最常用的方法.
⑵「不鄰」問題在解題時最常用的是「插空排列法」.
⑶「在」與「不在」問題,常常涉及特殊元素或特殊位置,通常是先排列特殊元素或特殊位置.
⑷元素有順序限制的排列,可以先不考慮順序限制,等排列完畢後,利用規定順序的實情求出結果.
2．有限制條件的組合問題,常見的命題形式：
「含」與「不含」
「至少」與「至多」
在解題時常用的方法有「直接法」或「間接法」.
3． 在處理排列、組合綜合題時,通過分析條件按元素的性質分類,做到不重、不漏,按事件的發生過程分步,正確地交替使用兩個原理,這穗叢仔是解決排列、組合問題的最基本的,也是最重要的思想方法.
提供10道習題供大家練習
1、三邊長均為整數,且最大邊長為11的三角形的個數為（ C ）
(A)25個 (B)26個 (C)36個 (D)37個
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【解析】
根據三角形邊的原理 兩邊之和大於第三邊,兩邊之差小於第三邊
可見最大的邊是11
則兩外兩邊之和不能超過22 因為當三邊都為11時 是兩邊之和最大的時候
因此我們以一條邊的長度開始分析
如果為11,則另外一個邊的長度是11,10,9,8,7,6,.1
如果為10 則另外一個邊的長度是10,9,8.2,
（不能為1 否則兩者之和會小於11,不能為11,因為第一種情況包含了11,10的組合）
如果為9 則另外一個邊的長度是 9,8,7,.3
（理由同上 ,可見規律出現）
規律出現 總數是11＋9＋7＋.1＝（1＋11）×6÷2＝36
2、
（1）將4封信投入3個郵筒,有多少種不同的投法?
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【解析】 每封信都有3個選擇.信與信之間是分步關系.比如說我先放第1封信,有3種可能性.接著再放第2封,也有3種可能性,直到第4封, 所以分步屬於乘法原則 即3×3×3×3＝3^4
（2）3位旅客,到4個旅館住宿,有多少種不同的住宿方法?
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【解析】跟上述情況類似 對於每個旅客我們都有4種選擇.彼此之間選擇沒有關系 不夠成分類關系.屬於分步關系.如：我們先安排第一個旅客是4種,再安排第2個旅客是4種選擇.知道最後一個旅客也是4種可能.根據分步原則屬於乘法關系 即 4×4×4＝4^3
（3）8本不同的書,任選3本分給3個同學,每人一本,有多少種不同的分法?
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【解析】分步來做
第一步：我們先選出3本書 即多少種可能性 C8取3＝56種
第二步：分配給3個同學. P33＝6種
這 里稍微介紹一下為什麼是P33 ,我們來看第一個同學可以有3種書選擇,選擇完成後,第2個同學就只剩下2種選擇的情況,最後一個同學沒有選擇.即3×2×1 這是分步選擇符合乘法原則.最常見的例子就是 1,2,3,4四個數字可以組成多少4位數? 也是滿足這樣的分步原則. 用P來計算是因為每個步驟之間有約束作用 即下一步的選擇受到上一步的壓縮.
所以該題結果是56×6＝336
3、
七個同學排成一橫排照相.
（1）某甲不站在排頭也不能在排尾的不同排法有多少種? （3600）
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【解析】
這個題目我們分2步完成
第一步： 先給甲排 應該排在中間的5個位置中的一個 即C5取1＝5
第二步： 剩下的6個人即滿足P原則 P66＝720
所以 總數是720×5＝3600
（2）某乙只能在排頭或排尾的不同排法有多少種? （1440）
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【解析】
第一步：確定乙在哪個位置 排頭排尾選其一 C2取1＝2
第二步：剩下的6個人滿足P原則 P66＝720
則總數是 720×2＝1440
（3）甲不在排頭或排尾,同時乙不在中間的不同排法有多少種? （3120）
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【解析】特殊情況先安排特殊
第一種情況：甲不在排頭排尾 並且不在中間的情況
去除3個位置 剩下4個位置供甲選擇 C4取1＝4, 剩下6個位置 先安中間位置 即除了甲乙2人,其他5人都可以 即以5開始,剩下的5個位置滿足P原則 即5×P55＝5×120＝600 總數是4×600＝2400
第2種情況：甲不在排頭排尾, 甲排在中間位置
則 剩下的6個位置滿足P66＝720
因為是分類討論.所以最後的結果是兩種情況之和 即 2400＋720＝3120
（4）甲、乙必須相鄰的排法有多少種? （1440）
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【解析】相鄰用捆綁原則 2人變一人,7個位置變成6個位置,即分步討論
第1： 選位置 C6取1＝6
第2： 選出來的2個位置對甲乙在排 即P22＝2
則安排甲乙符合情況的種數是2×6＝12
剩下的5個人即滿足P55的規律＝120
則 最後結果是 120×12＝1440
（5）甲必須在乙的左邊（不一定相鄰）的不同排法有多少種?（2520）
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【解析】
這個題目非常好,無論怎麼安排甲出現在乙的左邊 和出現在乙的右邊的概率是一樣的. 所以我們不考慮左右問題 則總數是P77＝5040 ,根據左右概率相等的原則 則排在左邊的情況種數是5040÷2＝2520
4、用數字0,1,2,3,4,5組成沒有重復數字的數.
（1）能組成多少個四位數? （300）
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【解析】 四位數 從高位開始到低位 高位特殊 不能排0. 則只有5種可能性
接下來3個位置滿足P53原則＝5×4×3＝60 即總數是 60×5＝300
（2）能組成多少個自然數? （1631）
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【解析】自然數是從個位數開始所有情況
分情況
1位數： C6取1＝6
2位數： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
3位數： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100
4位數： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300
5位數： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600
6位數： 5×P55＝5×120＝600
總數是1631
這里解釋一下計算方式 比如說2位數： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
先從不是0的5個數字中取2個排列 即C5取2×P22 還有一種情況是從不是0的5個數字中選一個和0搭配成2位數 即C5取1×P11 因為0不能作為最高位 所以最高位只有1種可能
（3）能組成多少個六位奇數? （288）
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【解析】高位不能為0 個位為奇數1,3,5 則 先考慮低位,再考慮高位 即 3×4×P44＝12×24＝288
（4）能組成多少個能被25整除的四位數? （21）
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【解析】 能被25整除的4位數有2種可能
後2位是25： 3×3＝9
後2位是50： P42＝4×3＝12
共計9＋12＝21
（5）能組成多少個比201345大的數? （479）
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【解析】
從數字201345 這個6位數看 是最高位為2的最小6位數 所以我們看最高位大於等於2的6位數是多少?
4×P55＝4×120＝480 去掉 201345這個數 即比201345大的有480－1＝479
（6）求所有組成三位數的總和. （32640）
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【解析】每個位置都來分析一下
百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1)
十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1)
個位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1)
總和 M＝M1+M2+M3=32640
5、生產某種產品100件,其中有2件是次品,現在抽取5件進行檢查.
（1）「其中恰有兩件次品」的抽法有多少種? （152096）
【解析】 也就是說被抽查的5件中有3件合格的 ,即是從98件合格的取出來的
所以 即C2取2×C98取3＝152096
（2）「其中恰有一件次品」的抽法有多少種? （7224560）
【解析】同上述分析,先從2件次品中挑1個次品,再從98件合格的產品中挑4個
C2取1×C98取4＝7224560
（3）「其中沒有次品」的抽法有多少種? （67910864）
【解析】則即在98個合格的中抽取5個 C98取5＝67910864
（4）「其中至少有一件次品」的抽法有多少種? （7376656）
【解析】全部排列 然後去掉沒有次品的排列情況 就是至少有1種的
C100取5－C98取5＝7376656
（5）「其中至多有一件次品」的抽法有多少種? （75135424）
【解析】所有的排列情況中去掉有2件次品的情況即是至多一件次品情況的
C100取5－C98取3＝75135424
6、從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台,其中至少要有甲型和乙型電視機各1台,則不同的取法共有（ ）
(A)140種 (B)84種 (C)70種 (D)35種
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【解析】根據條件我們可以分2種情況
第一種情況：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30
第二種情況：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40
所以總數是 30＋40＝70種
7、在50件產品中有4件是次品,從中任抽5件,至少有3件是次品的抽法有__種.
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【解析】至少有3件 則說明是3件或4件
3件：C4取3×C46取2＝4140
4件：C4取4×C46取1＝46
共計是 4140＋46＝4186
8、有甲、乙、丙三項任務, 甲需2人承擔, 乙、丙各需1人承擔.從10人中選派4人承擔這三項任務, 不同的選法共有（ C ）
(A)1260種 (B)2025種 (C)2520種 (D)5040種
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【解析】分步完成
第一步：先從10人中挑選4人的方法有：C10取4＝210
第二步：分配給甲乙並的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12種情況
則根據分步原則 乘法關系 210×12＝2520
9、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__
C(4,12)C(4,8)C(4,4)
___種
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【解析】每個路口都按次序考慮
第一個路口是C12取4
第二個路口是C8取4
第三個路口是C4取4
則結果是C12取4×C8取4×C4取4
可能到了這里有人會說 三條不同的路不是需要P33嗎 其實不是這樣的 在我們從12人中任意抽取人數的時候,其實將這些分類情況已經包含了對不同路的情況的包含. 如果再×P33 則是重復考慮了
如果這里不考慮路口的不同 即都是相同路口 則情況又不一樣 因為我們在分配人數的時候考慮了路口的不同.所以最後要去除這種可能情況 所以在上述結果的情況下要÷P33
10、在一張節目表中原有8個節目,若保持原有節目的相對順序不變,再增加三個節目,求共有多少種安排方法? 990
【解析】
這是排列組合的一種方法 叫做2次插空法
直接解答較為麻煩,故可先用一個節目去插9個空位,有P(9,1)種方法；再用另一個節目去插10個空位,有P(10,1)種方法；用最後一個節目去插11個空位,有P(11,1)方法,由乘法原理得：所有不同的添加方法為P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990種.
另先在11個位置中排上新添的三個節目有P(11,3)種,再在餘下的8個位置補上原有的8個節目,只有一解,所以所有方法有P311×1=990種.
Ⅲ 同等學力組合數學經典題目
1.有200本相同的書，欲擺放在四個不同的書櫃里，使得每個書櫃擺放的書的數目只可能是20,40,60,80,100本，問有多少種擺放的方法？
答：總共有7中方案，每種方案方法數如下：
方羨旅案1： 20 20 60 100
先選定2個存放20的，剩下的2個不同的數做排列
C(4,2)* P(2,2) = 12
方案2： 20 40 60 80
做全排
P(4,4) = 24
方案3： 20 40 40 100
先選定2個存放40的，剩下的20個不同的數做排列
C(4,2) *P(2,2) = 12
方案4： 20 60 60 60
先選定3個存放60的，剩下的自然存放20
C(4,3) = 4
方案5： 20 80 80 20
先選定2個存放20的，剩下的兩個自然存放80
C(4,2) = 6
方案6： 40 40 40 80
先選定3個存放40的，剩下的自然存放80
C(4,3) = 4
方案7： 40 40 60 60
先選定2個存放60的，剩下的兩個自然存放40
C(4,2) = 6
總數 = 12 + 24 + 12 + 4 + 6 + 4 + 6 = 68種
2.已知 A 是由 54 的所有因子組成的集合， 設%為 A 上的整
除關系，
（1） 畫出偏序集<A,%>的哈斯圖。
（2） 確定 A 中最長鏈的長度， 並按字典序寫出 A 中所有最長的鏈。
（姿派渣3） A 中元素至少可以劃分成多少個互不相交的反鏈， 並完整寫出
這些反鏈
答： A 的集合 = {1,2,3,6,9,18,27,54}
1）COVER(|)={(1,2),(1,3),(2,6),(3,6),(3,9),(6,18),(9,18),(9,27),(18,54),(27,54)}
2)有4個包含元素最多的全序子集: 最長鏈長為5
L1={54,27,9,3,1}
跡悄 L1={54,18,9,3,1}
L1={54,18,6,3,1}
L1={54,18,6,2,1}
3)至少可以劃分成3個互不相交的反鏈： {2,3},{6,9},{18,27}
3． 求方程 t1+t2+t3+t4=20 整數解的個數， 其中 t1≥3,t2≥1,t3≥0,t4≥5。
答：
由於t1≥3,t2≥1,t3≥0,t4≥5.先取t1為3，t2為1，t3為0，t4為5，此時取值後和為9，也就是說將20-9的差值分配給t1，t2,t3,t4 就是所有的整數解個數
此時：t1'+t2'+t3'+t4' = 11
因此有C(11+4-1,11) = C(14,11)。
4 設 S={∞·2,∞·4,∞·5,∞·7,∞·9}是給定的重集， 其中 2,4,5,7,9
是 S 中的五個不同元素， 且每個元素在集合中可以有無窮多。 設 hn
表示從 S 中取 n 個元素（可以重復取） 且要求 2 和 4 出現偶數次的
排列數， 求 hn
解：已知2,4兩個元素只出現偶數次，5,7,9三個元素出現任意次數，根據重拍母函數等式有：
設G(x) = (1 + x^2/2! + x^4/4! + .... + x^n/n!)^2 * (1 + x + x^2/2! + x^3/3! +...+x^n/n!)^3
= (e^x + e^(-x))/2 * e^3x
= 1/4(e^x + 2* e^3x + e^5x)
= 1/4 (∑ x^n/n! + 2* ∑ (3x)^n/n! + ∑ (5x)^n/n!)
= 1/4 ∑(1 + 2 * 3^n + 5^n) x^n/n!
Hn = 1/4（1 + 2 * 3^n + 5^n)
5. 4名同學參同時參加英語和德語面試，要求每門科目只能面試1人，2門科目先後順序不同，有多少種次序？
解：本題可以理解為4名學生以任意順序去參加英語面試，於此同時不能在同一時刻去參加德語面試，
即原來某位的同學不能在同一位置上（錯排問題）。
因此該題的解為 4！D_{4} = 4！*4！*(1-1/1!+ 2/2!-3/3!+4/4!) = 24*9 = 216。
6. 一個飯店有3種甜點，而且無限多。小王選取四個甜點的方法有？
解： t1+t2+t3=4
C(3+4-1,4) = C(6,4) = 15種
7. （2x1 -3x2 +x3)^6 展開式中，求X1^3*X2*X3^2的系數。
解：
（2x1 -3x2 +x3)^6 = (2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)
展開式相當於是6項多項式乘積。每一項都是看成加法原理是或的關系。
由於x1是3次冪，因此6項多項式中有3項選擇2x1，因此有C(6,3)*2^3
由於x2是1次冪，因此從剩下的3項多項式中取一項選擇-3x2,因此有C(3,1)*(-3)
由於x3是2次冪，因此從剩下的2項多項式中都選x3即可，因此有C(2,2)
所以X1^3*X2*X3^2的系數 = C(6,3)*2^3 * C(3,1)*(-3) * C(2,2) = -1440
解法2：
6項多項式，由於x1 + x2 + x3的冪之和是6，因此可以理解為從3個x1，一個x2和2個x3 組成的有限全排。
6!/(3! * 2! * 1!) * 2^3 * (-3) * 1^2 = -1440
8、 如果1/(1-2x)^2 = ∑ak*x^k 則ak =
解：
根據泰勒公式
f(x) = f(0) + f1(0)/1! *x + f2(0)/2!*x^2 + ....
第二項展開式: f1(0) = (-2)(1-2x)^(-3)*(-2) = (-2)*(-2) f1(0)/1! = (-1)^1 *(1+1)*(-2)^1
第三項展開式： f2(0) = (-2)(-3)(1-2x)^(-4)*(-2)^2 = (-2)(-3)*(-2)^2 f2(0)/2! = (-1)^2 *(2+1) * (-2)^2
因此第k項展開為：fk(0)/k! = (-1)^k * (k+1) * (-2)^k
方法二：
由於公式(1-x)^(-n) = ∑ C(n+k-1,k)*x^k
代入n=2 x = 2x得到系數： C(K+1,K)*2^K
9. 把4個不同的球，放到3個相異的盒子里，使得不出現空盒，有多少種不同的放法？
解：
先取2個球 C(4,2),再將剩下的球全排。於是答案為C(4,2)*P(3,3) = 36
10. 5個文科生和5個理科生交叉排成一排有多少中排法？
解：
先排列5個文科生，有5！種，再將理科生插到文科生的間隙中，於是有5!種插入排列， 由於兩頭的位置可以在左邊也可以在右邊
所以總共有2 * 5！ * 5！ 種排列。
11 求方程x1+x2+x3+x4=10 正整數解的個數
解：
由於求正整數解，那要求x1>0,x2>0,x3>0,x4>0
由此原式可以理解為: (x1+1)+(x2+1)+(x3+1)+(x4+1) = 6
於是正整數解的個數為 C(6+4-1,6) = C(9,3) = 84
12. 求將函數f(x)=(1+x+x^2+x^3+...)^2 * (x^2+x^3+x^4+...)^3 展開後x^14系數
解：
此種情況可以理解為有5種不同顏色的球（如黑，白，紅，綠，藍）每種球無限制。現在要求取出14個球，其中至少有2個紅球，2個藍球和2個綠球。
則可以先分配2個紅球，2個籃球，2個綠球，14個球中剩下的8個球，從5種顏色的球中取。
設取白球x1個，黑球x2個，綠球x3個，紅球x4個，藍球x5個。 則取法有：
x1+x2+x3+x4+x5 = 8
則有C(8+5-1,8) = C(12,4) = 495
13. 有2個紅球，1個白球，1個黃球，試求有多少種不同的組合方案？
解：1）母函數法：
f(x) =（1+x+x^2）(1+x)(1+x) = 1+3x+4x^2+3x^3 + x^4
所以有組合數 = 1+3+4+3+1 = 12種
2）分情況討論：
紅：0,1,2
白：0,1
黃：0,1
一個不選方法：0,0,0
選1個球的組合： （0,0,1）（0,1,0），（1,0,0）
選2個球的組合：（0,1,1）（1,0,1），（1,1,0）（2,0,0）
選3個球的組合： （1,1,1）（2,1,0），（2,0,1）
選4個球的組合： （2,1,1）
總共組合方案 = 1+3+4+3+1=12
14. 把4個相異的球，放到3個相異的盒子中，使得不出現空盒，有多少中不同的放法？
解： 分兩步完成，第一步先把4個相異的球分成三組，即選2個作為一組。 有C(4,2)種方法。
第二步，把分成3組的球放進3個不同的盒子，做全排， 有P(3,3)中方法。
因此方法數為： C(4,2) * P(3,3) = 6 * 6 = 36 (種）
15.求方程x+y+z+k = 10正整數解的個數
解： (x+1) + (y+1) + (z+1) + (k+1) = 6
C(6+4-1,6) = C(9,6) = C(9,3)