Ⅰ 排列组合7种典型题是什么
(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 最后剩下2本 三组有P(3 3)种顺序要除掉 否则会出现重复
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 最后剩下3本 三个人有P(3 3)种顺序
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 剩下谨升2本分成两组无顺序
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)组合数学经典问题有哪些扩展阅读：
假设C(n-1,k）和C(n-1,k-1）为偶数：
则有：（n-1）&k != k;
（n-1）&(k-1） != k-1;
现假设茄兄n&k == k.
则对于k最后一位为1的情况：
此时n最后一位也为1，所以有（n-1）&(k-1） == k-1，与假设矛盾。
而对于k最后一位为0的情况：
则k的末尾必有一部分形如：10; 代表任意个0。
相应的，n对应的部分为：1{*}*; *代表0或1。
而若n对应的{*}*中只要有一个为1，则（n-1）&k == k成立，所以n对应部分也应该是祥纳老10。
则相应的，k-1和n-1的末尾部分均为01，所以（n-1）&(k-1） == k-1 成立，与假设矛盾。
所以得n&k != k。
由1）和2）得出当C(n,k）是偶数时，n&k != k。
Ⅱ 数学排列组合的典型题及解答过程
在介绍排列组合方法之前 我们先来了解一下基本的运算公式!
C5取3＝（5×4×3）/（3×2×1） C6取2＝（6×5）/（2×1）
通过这2个例子 看出
CM取N 公式 是种子数M开始与自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子. 以取值N的阶层作为分母
P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1
通过这2个例子
PMN＝从M开始与自身连续猜汪N个自然数的降序乘积 当N＝M时 即郑友M的阶层
排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中,任取m (m≤n)个元素,有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列与组合的标志是“有序”与“无序”.
解答排列、组合问题的思维模式有二：
其一是看问题是有序的还是无序的?有序用“排列”,无序用“组合”；
其二是看问题需要分类还是需要分步?分类用“加法”,分步用“乘法”.
分 类：“做一件事,完成它可以有n类方法”,这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个 标准下进行分类；其次,分类时要注意满足两条基本原则：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.
分步：“做一件事,完成它需要分成n个步骤”,这是说完成这件事的任何一种方法,都要分成n个步骤.分步时,首先要根据问题的特点,确定一个可行的分步标准；其次,步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后,这件事才算最终完成.
两 个原理的区别在于一个和分类有关,一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法,这n类办法彼此之间是相互独立的,无论那一类办法中的那一种方法都能单独完 成这件事,求完成这件事的方法种数,就用加法原理；如果完成一件事需要分成n个步骤,缺一不可,即需要依次完成所有的步骤,才能完成这件事,而完成每一个 步骤各有若干种不同的方法,求完成这件事的方法种类就用乘法原理.
在解决排列与组合的应用题时应注意以下几点：
1．有限制条件的排列问题常见命题形式：
“在”与“不在”
“邻”与“不邻”
在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法：
⑴“相邻”问题在解题时常用“合并元素法”,可把两个以上的元素当做一个元素来看,这是处理相邻最常用的方法.
⑵“不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”.
⑶“在”与“不在”问题,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元素有顺序限制的排列,可以先不考虑顺序限制,等排列完毕后,利用规定顺序的实情求出结果.
2．有限制条件的组合问题,常见的命题形式：
“含”与“不含”
“至少”与“至多”
在解题时常用的方法有“直接法”或“间接法”.
3． 在处理排列、组合综合题时,通过分析条件按元素的性质分类,做到不重、不漏,按事件的发生过程分步,正确地交替使用两个原理,这穗丛仔是解决排列、组合问题的最基本的,也是最重要的思想方法.
提供10道习题供大家练习
1、三边长均为整数,且最大边长为11的三角形的个数为（ C ）
(A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个
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【解析】
根据三角形边的原理 两边之和大于第三边,两边之差小于第三边
可见最大的边是11
则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和最大的时候
因此我们以一条边的长度开始分析
如果为11,则另外一个边的长度是11,10,9,8,7,6,.1
如果为10 则另外一个边的长度是10,9,8.2,
（不能为1 否则两者之和会小于11,不能为11,因为第一种情况包含了11,10的组合）
如果为9 则另外一个边的长度是 9,8,7,.3
（理由同上 ,可见规律出现）
规律出现 总数是11＋9＋7＋.1＝（1＋11）×6÷2＝36
2、
（1）将4封信投入3个邮筒,有多少种不同的投法?
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【解析】 每封信都有3个选择.信与信之间是分步关系.比如说我先放第1封信,有3种可能性.接着再放第2封,也有3种可能性,直到第4封, 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×3＝3^4
（2）3位旅客,到4个旅馆住宿,有多少种不同的住宿方法?
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【解析】跟上述情况类似 对于每个旅客我们都有4种选择.彼此之间选择没有关系 不够成分类关系.属于分步关系.如：我们先安排第一个旅客是4种,再安排第2个旅客是4种选择.知道最后一个旅客也是4种可能.根据分步原则属于乘法关系 即 4×4×4＝4^3
（3）8本不同的书,任选3本分给3个同学,每人一本,有多少种不同的分法?
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【解析】分步来做
第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种
第二步：分配给3个同学. P33＝6种
这 里稍微介绍一下为什么是P33 ,我们来看第一个同学可以有3种书选择,选择完成后,第2个同学就只剩下2种选择的情况,最后一个同学没有选择.即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则.最常见的例子就是 1,2,3,4四个数字可以组成多少4位数? 也是满足这样的分步原则. 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择受到上一步的压缩.
所以该题结果是56×6＝336
3、
七个同学排成一横排照相.
（1）某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种? （3600）
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【解析】
这个题目我们分2步完成
第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝5
第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720
所以 总数是720×5＝3600
（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种? （1440）
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【解析】
第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2
第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720
则总数是 720×2＝1440
（3）甲不在排头或排尾,同时乙不在中间的不同排法有多少种? （3120）
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【解析】特殊情况先安排特殊
第一种情况：甲不在排头排尾 并且不在中间的情况
去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4, 剩下6个位置 先安中间位置 即除了甲乙2人,其他5人都可以 即以5开始,剩下的5个位置满足P原则 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400
第2种情况：甲不在排头排尾, 甲排在中间位置
则 剩下的6个位置满足P66＝720
因为是分类讨论.所以最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝3120
（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种? （1440）
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【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人,7个位置变成6个位置,即分步讨论
第1： 选位置 C6取1＝6
第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2
则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12
剩下的5个人即满足P55的规律＝120
则 最后结果是 120×12＝1440
（5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种?（2520）
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【解析】
这个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右边的概率是一样的. 所以我们不考虑左右问题 则总数是P77＝5040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520
4、用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数.
（1）能组成多少个四位数? （300）
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【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0. 则只有5种可能性
接下来3个位置满足P53原则＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300
（2）能组成多少个自然数? （1631）
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【解析】自然数是从个位数开始所有情况
分情况
1位数： C6取1＝6
2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100
4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300
5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600
6位数： 5×P55＝5×120＝600
总数是1631
这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25
先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种情况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因为0不能作为最高位 所以最高位只有1种可能
（3）能组成多少个六位奇数? （288）
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【解析】高位不能为0 个位为奇数1,3,5 则 先考虑低位,再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288
（4）能组成多少个能被25整除的四位数? （21）
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【解析】 能被25整除的4位数有2种可能
后2位是25： 3×3＝9
后2位是50： P42＝4×3＝12
共计9＋12＝21
（5）能组成多少个比201345大的数? （479）
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【解析】
从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 所以我们看最高位大于等于2的6位数是多少?
4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479
（6）求所有组成三位数的总和. （32640）
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【解析】每个位置都来分析一下
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)
个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1)
总和 M＝M1+M2+M3=32640
5、生产某种产品100件,其中有2件是次品,现在抽取5件进行检查.
（1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种? （152096）
【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ,即是从98件合格的取出来的
所以 即C2取2×C98取3＝152096
（2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种? （7224560）
【解析】同上述分析,先从2件次品中挑1个次品,再从98件合格的产品中挑4个
C2取1×C98取4＝7224560
（3）“其中没有次品”的抽法有多少种? （67910864）
【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝67910864
（4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种? （7376656）
【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列情况 就是至少有1种的
C100取5－C98取5＝7376656
（5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种? （75135424）
【解析】所有的排列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品情况的
C100取5－C98取3＝75135424
6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少要有甲型和乙型电视机各1台,则不同的取法共有（ ）
(A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种
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【解析】根据条件我们可以分2种情况
第一种情况：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30
第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40
所以总数是 30＋40＝70种
7、在50件产品中有4件是次品,从中任抽5件,至少有3件是次品的抽法有__种.
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【解析】至少有3件 则说明是3件或4件
3件：C4取3×C46取2＝4140
4件：C4取4×C46取1＝46
共计是 4140＋46＝4186
8、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（ C ）
(A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种
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【解析】分步完成
第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4＝210
第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12种情况
则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520
9、12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查,若每个路口4人,则不同的分配方案共有__
C(4,12)C(4,8)C(4,4)
___种
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【解析】每个路口都按次序考虑
第一个路口是C12取4
第二个路口是C8取4
第三个路口是C4取4
则结果是C12取4×C8取4×C4取4
可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗 其实不是这样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候,其实将这些分类情况已经包含了对不同路的情况的包含. 如果再×P33 则是重复考虑了
如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则情况又不一样 因为我们在分配人数的时候考虑了路口的不同.所以最后要去除这种可能情况 所以在上述结果的情况下要÷P33
10、在一张节目表中原有8个节目,若保持原有节目的相对顺序不变,再增加三个节目,求共有多少种安排方法? 990
【解析】
这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法
直接解答较为麻烦,故可先用一个节目去插9个空位,有P(9,1)种方法；再用另一个节目去插10个空位,有P(10,1)种方法；用最后一个节目去插11个空位,有P(11,1)方法,由乘法原理得：所有不同的添加方法为P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990种.
另先在11个位置中排上新添的三个节目有P(11,3)种,再在余下的8个位置补上原有的8个节目,只有一解,所以所有方法有P311×1=990种.
Ⅲ 同等学力组合数学经典题目
1.有200本相同的书，欲摆放在四个不同的书柜里，使得每个书柜摆放的书的数目只可能是20,40,60,80,100本，问有多少种摆放的方法？
答：总共有7中方案，每种方案方法数如下：
方羡旅案1： 20 20 60 100
先选定2个存放20的，剩下的2个不同的数做排列
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
先选定2个存放40的，剩下的20个不同的数做排列
C(4,2) *P(2,2) = 12
方案4： 20 60 60 60
先选定3个存放60的，剩下的自然存放20
C(4,3) = 4
方案5： 20 80 80 20
先选定2个存放20的，剩下的两个自然存放80
C(4,2) = 6
方案6： 40 40 40 80
先选定3个存放40的，剩下的自然存放80
C(4,3) = 4
方案7： 40 40 60 60
先选定2个存放60的，剩下的两个自然存放40
C(4,2) = 6
总数 = 12 + 24 + 12 + 4 + 6 + 4 + 6 = 68种
2.已知 A 是由 54 的所有因子组成的集合， 设%为 A 上的整
除关系，
（1） 画出偏序集<A,%>的哈斯图。
（2） 确定 A 中最长链的长度， 并按字典序写出 A 中所有最长的链。
（姿派渣3） A 中元素至少可以划分成多少个互不相交的反链， 并完整写出
这些反链
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个包含元素最多的全序子集: 最长链长为5
L1={54,27,9,3,1}
迹悄 L1={54,18,9,3,1}
L1={54,18,6,3,1}
L1={54,18,6,2,1}
3)至少可以划分成3个互不相交的反链： {2,3},{6,9},{18,27}
3． 求方程 t1+t2+t3+t4=20 整数解的个数， 其中 t1≥3,t2≥1,t3≥0,t4≥5。
答：
由于t1≥3,t2≥1,t3≥0,t4≥5.先取t1为3，t2为1，t3为0，t4为5，此时取值后和为9，也就是说将20-9的差值分配给t1，t2,t3,t4 就是所有的整数解个数
此时：t1'+t2'+t3'+t4' = 11
因此有C(11+4-1,11) = C(14,11)。
4 设 S={∞·2,∞·4,∞·5,∞·7,∞·9}是给定的重集， 其中 2,4,5,7,9
是 S 中的五个不同元素， 且每个元素在集合中可以有无穷多。 设 hn
表示从 S 中取 n 个元素（可以重复取） 且要求 2 和 4 出现偶数次的
排列数， 求 hn
解：已知2,4两个元素只出现偶数次，5,7,9三个元素出现任意次数，根据重拍母函数等式有：
设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名同学参同时参加英语和德语面试，要求每门科目只能面试1人，2门科目先后顺序不同，有多少种次序？
解：本题可以理解为4名学生以任意顺序去参加英语面试，于此同时不能在同一时刻去参加德语面试，
即原来某位的同学不能在同一位置上（错排问题）。
因此该题的解为 4！D_{4} = 4！*4！*(1-1/1!+ 2/2!-3/3!+4/4!) = 24*9 = 216。
6. 一个饭店有3种甜点，而且无限多。小王选取四个甜点的方法有？
解： t1+t2+t3=4
C(3+4-1,4) = C(6,4) = 15种
7. （2x1 -3x2 +x3)^6 展开式中，求X1^3*X2*X3^2的系数。
解：
（2x1 -3x2 +x3)^6 = (2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)*(2x1 -3x2 +x3)
展开式相当于是6项多项式乘积。每一项都是看成加法原理是或的关系。
由于x1是3次幂，因此6项多项式中有3项选择2x1，因此有C(6,3)*2^3
由于x2是1次幂，因此从剩下的3项多项式中取一项选择-3x2,因此有C(3,1)*(-3)
由于x3是2次幂，因此从剩下的2项多项式中都选x3即可，因此有C(2,2)
所以X1^3*X2*X3^2的系数 = C(6,3)*2^3 * C(3,1)*(-3) * C(2,2) = -1440
解法2：
6项多项式，由于x1 + x2 + x3的幂之和是6，因此可以理解为从3个x1，一个x2和2个x3 组成的有限全排。
6!/(3! * 2! * 1!) * 2^3 * (-3) * 1^2 = -1440
8、 如果1/(1-2x)^2 = ∑ak*x^k 则ak =
解：
根据泰勒公式
f(x) = f(0) + f1(0)/1! *x + f2(0)/2!*x^2 + ....
第二项展开式: f1(0) = (-2)(1-2x)^(-3)*(-2) = (-2)*(-2) f1(0)/1! = (-1)^1 *(1+1)*(-2)^1
第三项展开式： 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项展开为：fk(0)/k! = (-1)^k * (k+1) * (-2)^k
方法二：
由于公式(1-x)^(-n) = ∑ C(n+k-1,k)*x^k
代入n=2 x = 2x得到系数： C(K+1,K)*2^K
9. 把4个不同的球，放到3个相异的盒子里，使得不出现空盒，有多少种不同的放法？
解：
先取2个球 C(4,2),再将剩下的球全排。于是答案为C(4,2)*P(3,3) = 36
10. 5个文科生和5个理科生交叉排成一排有多少中排法？
解：
先排列5个文科生，有5！种，再将理科生插到文科生的间隙中，于是有5!种插入排列， 由于两头的位置可以在左边也可以在右边
所以总共有2 * 5！ * 5！ 种排列。
11 求方程x1+x2+x3+x4=10 正整数解的个数
解：
由于求正整数解，那要求x1>0,x2>0,x3>0,x4>0
由此原式可以理解为: (x1+1)+(x2+1)+(x3+1)+(x4+1) = 6
于是正整数解的个数为 C(6+4-1,6) = C(9,3) = 84
12. 求将函数f(x)=(1+x+x^2+x^3+...)^2 * (x^2+x^3+x^4+...)^3 展开后x^14系数
解：
此种情况可以理解为有5种不同颜色的球（如黑，白，红，绿，蓝）每种球无限制。现在要求取出14个球，其中至少有2个红球，2个蓝球和2个绿球。
则可以先分配2个红球，2个篮球，2个绿球，14个球中剩下的8个球，从5种颜色的球中取。
设取白球x1个，黑球x2个，绿球x3个，红球x4个，蓝球x5个。 则取法有：
x1+x2+x3+x4+x5 = 8
则有C(8+5-1,8) = C(12,4) = 495
13. 有2个红球，1个白球，1个黄球，试求有多少种不同的组合方案？
解：1）母函数法：
f(x) =（1+x+x^2）(1+x)(1+x) = 1+3x+4x^2+3x^3 + x^4
所以有组合数 = 1+3+4+3+1 = 12种
2）分情况讨论：
红：0,1,2
白：0,1
黄：0,1
一个不选方法：0,0,0
选1个球的组合： （0,0,1）（0,1,0），（1,0,0）
选2个球的组合：（0,1,1）（1,0,1），（1,1,0）（2,0,0）
选3个球的组合： （1,1,1）（2,1,0），（2,0,1）
选4个球的组合： （2,1,1）
总共组合方案 = 1+3+4+3+1=12
14. 把4个相异的球，放到3个相异的盒子中，使得不出现空盒，有多少中不同的放法？
解： 分两步完成，第一步先把4个相异的球分成三组，即选2个作为一组。 有C(4,2)种方法。
第二步，把分成3组的球放进3个不同的盒子，做全排， 有P(3,3)中方法。
因此方法数为： C(4,2) * P(3,3) = 6 * 6 = 36 (种）
15.求方程x+y+z+k = 10正整数解的个数
解： (x+1) + (y+1) + (z+1) + (k+1) = 6
C(6+4-1,6) = C(9,6) = C(9,3)