排列计算范文（精选9篇）
排列计算 第1篇
一、概念和原理
定义1：从m个元素里每次取出n个元素，按照一定的顺序摆成一列，叫做从m个元素里每次取出n个元素的排列。
定义2：从m个元素里每次取出n个元素，不管怎样的顺序并成一组，叫做从m个元素里每次取出n个元素的组合。
原理1(加法原理)：如果达到一个目的，有种不同的方法，按第i种方法进行，又有ni种达到该目的的方法(i=1, 2，…，k)，那么达到这一目的共有n=n1+n2+…+nk种方法可供选择。
原理2(乘法原理)：如果依次经过k个步骤能够达到目的，而对每个步骤i (i=1, 2，…，k)又有ni种方法，那么达到目的共有种n=n1×n2×…×nk方法。
二、解题的方法和步骤
解比较复杂的排列和组合的应用题时，首先审题明确题目的条件是什么，然后根据要求，一般采用以下两种途径来确定解题的方法和步骤。
1. 假设要求完成某一事件A的方法有多少种，而完成事件A需要依次完成部分事件A1, A2，…, Am，如果完成部分事件A1, A2，…，Am的方法依次是n1, n2，…，nm，而且不论用哪一种方法完成A1后再去完成事件A1有n2种方法，不论用哪一种方法完成A1A2后再去完成A3有n3种方法……那么完成事件A的方法有n1n2…nm种，用这种方法来解决问题的关键在于，能正确地把“完成事件A”分成“依次完成事件A1, A2，…，Am”。
2. 假设完成某一事件A的方法有多少种，而根据题目的条件无法求出，这时，往往从题目所给的条件中的一个为标准来分类，并把合乎条件的情况分成几类。在分类时注意，必须明确：被分类的标准是什么，按什么标准来分类，分类必须满足下述两点(1)选取的标准要使所分的几类是相互独立的，没有重复的部分。(2)所分成的几类应包括所有适合条件的情况，即没有遗漏的地方，分类的条件越具体，越容易算出在这类情况下有多少种方法。
在计算较复杂的应用题时，除要求我们能按照这些方法正确思考以外，还须有一些解排列和组合基本问题的熟练技能。下面几个例题，一是为了介绍正确的思考方法，从而进一步探讨解题的规律，二是为了对一些错误的解法进行分析探究。
例1.有11个工人，其中5个只会钳工，4个只会车工，还有2个既会钳工又会车工，现在要从这11个人里选出4个当钳工，4个当车工，问一共有多少种选法?
解：如果用a, b代表既会钳工又会车工的2个人，则合乎条件的情况可以分成以下几类：
(1) a, b都没有选在内的选法有C54C44=5种;
(2) a, b里有一个被选在内当钳工的选法有C21C53C44=20种;
(3) a, b里有一个被选在内当车工的选法有C21C54C34=40种;
(4) a, b里有一个被选在内当钳工有一个被选在内当钳工的选法有2C53C43=80种;
(5) a, b都被选在内钳工的选法有C52C44=10种;
(6) a, b都被选在内当车工的选法有C54C42=30种;
所以一共有5+20+40+80+10+30=185种选法。
例2.(鞋子配对问题)在5双不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只鞋子配成一双的可能取法有多少种?
解：满足要求的取法有两类，一类是4只中有2只配对，它可有C51C42C21种选法，另一类是4只恰好配成2对，这样的取法有C52种。由加法原理可得4只中至少有2只配成一双的取法有C51C42C21+C52=130种。
例3.(分房问题)设有n个人，每个人都以同样的机会N1被分到N (n≤N)间房中的每间中去，问某一指定房间中恰分到m个(m≤n)人的分法有多少种?
解：设有某m个人被分到指定的一房中，其余的n-m个人怎样分呢?余下的n-m个人随意分到其余的N-1间房中去。也就是说，余下的n-m个人中的每个人都可以被分到N-1间之一中去，即对每一个有N-1种分法，由乘法原理可知，对这个人共有(N-1) n-m种分法。
这不是要求的方法数，我们解决的只是将“指定的某m个人”分到指定的一房中去的分法数。题中要求的是指定一房中有m个人即可，不论哪个人进入指定房中都行，这就是说还要考虑n个人中任意选出m人有多少种选法。虽然有种选法，再用乘法原理可知所求的种数为Cnm (N-1) n-m。
以上几个例题都是一般性的排列组合问题，其方法也是最常用的方法，在概率中还要一些特殊的排列组合问题，需要用特殊的方法来解决，下面给出介绍。
三、一些特殊的排列组合内容
1. 环状排列。
例1.求n个元素的环状排列。
解：两种环状排列，如果元素之间的相关位置没有改变，它们就是同一种排列，如图，如果从a开始，按逆时针方向依次一个一个地数，两者b、c、d都是三个元素。而只有当这三个元素的顺序改变了，才会得到不同的环状排列。所以，n个元素的环状排列的种数，相当于把其一个固定下来，而把其它(n-1)个元素作线状全排列的总数，故一共有(n-1)!种排列。
2. 有重复的排列：允许元素重复出现的排列。
例2.从m个不同的元素里，每次取出n个元素的重复排列的种数有多少?
解：从m个不同的元素里每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的次序排成一排，则第1，第2，...，第n位上的取法都是m个，所以所求排列的种数是m·m·m·…·m=mn种。
例3.有数学、物理、文学3个课外活动小组，6个同学报名，每个人限报一个组，问一共有多少种报名方法?
解：道理同例1。共有36=729种报名方法。
3. 不尽相异元素的全排列。
一般地说，如果个n元素里，有p个元素相同，又有q个元素相同，…，又有个r元素相同(p+q+…+r≤n)这n个元素全取的排列叫做不尽相同的n个元素的全取的排列。它的所有的排列种数是
4. 有重复的组合。
从m个不同的元素里，每次取出n个元素，元素可以重复选取，不管以怎样的顺序并成一组，叫做从m个元素里每次取出n个元素的有重复的组合(这里n可以大于m)，这样的组合数通常用符号Hmn表示。
例4.从三个元素a1, a2, a3里每次取出5个元素的有重复的组合种数是多少?
解：先假定能把所有的组合都写出来，按下标的大小顺序，从小到大，如a1a1a1a1a1;a1a1a1a1a2;a1a1a1a2a2a;…;a1a1a2a2a3;…(Ⅰ)现在要求的是(Ⅰ)里有多少组，如果把的每一种组合里五个元素的下标依次加上0, 1, 2, 3, 4，那么每一组里的元素的下标就不同了，其中最小的是0+1=1，最大的是3+4=7，上面的式变成：a1a2a3a4a5;a1a2a3a4a6;a1a2a3a5a6;…;a1a2a4a5a7;…(Ⅱ)可以看出(Ⅰ)和(Ⅱ)的组数是相同的，且(Ⅱ)里所有组合就是从7个不同元素里，每次取出5个元素的所有不同的组合。可以这样来说明：在(Ⅱ)中任意二种组合是不同的，否则与假定矛盾。从a1, a2，…，a77个不同元素里每次取出5个不同的元素的任意一种组合总可以在(Ⅱ)中找到，这是因为把它按元素的下标从小到大的顺序来排列，然后再把足标依次减去0, 1, 2, 3, 4后，那么所得的组合一定是在(Ⅰ)里。既然如此，(Ⅱ)中的组数也就是(Ⅰ)中的组数，就等于C75即H35=C53+5-1=C75。
同样道理知道：从m个不同的元素里，每次取出n个元素(可以相同)的所有各种有重复的组合和从(m+n-1)个不同元素里每次取出n个不同元素的所有的组合是一一对应的，所以有：Hmn=Cnm+n-1。
以上介绍了几种特殊的排列和组合问题，下面对于排列和组合问题给出具体模型。
一般的排列组合问题都可用r个小球投入n个小盒的问题来作为模型，以下是各种情况：
(1) r个可以分辨的小球投入n个小盒，每个小盒的容量不限。这个问题应用乘法原理知道共有nr种盛球方法。
(2) r个可分辨小球投入n个小盒，每盒容量不超过一球，如果r>n，有Anr种盛法;如果r
(3) r个不可分辨的小球投入n个不同的小盒(r
(4) r个不可分辨的小球，投入n个不同的小盒，每盒容量不限，这个问题是不尽相异排列问题，也是可以重复的组合问题，有种盛球方法。
教师通过以上方法结合例题有助于学生更深刻地理解排列和组合问题，在多样的问题中找出模型，有助于学生对概率论的学习。
参考文献
[1]梁文沛.初等概率论.上海科技文学出版社, 2001.
[2]周述岐.概率论讲义.中国人民大学出版社, 2004.
排列计算 第2篇
可使用 ListView 控件将称作 ListItem 对象的列表条目组织成下列四种不同的视图之一：
大(标准)图标 、小图标 、列表 、报表
View 属性决定在列表中控件使用何种视图显示项目。还可用 LabelWrap 属性控制列表中与项目关联的标签是否可换行显示。另外，还可管理列表中项目的排序方法和选定项目的外观。
ListView 控件包括 ListItem 和 ColumnHeader 对象。ListItem 对象定义 ListView 控件中项目的各种特性，如： 项目的简要描述、由 ImageList 控件提供的与项目一起出现的图标、附加的文本片段，称作子项目，它们与显示在报表视图中的 ListItem 对象关联。
可以使用 HideColumnHeaders 属性决定是否在 ListView 控件中显示列标头。列标头可以在设计时添加，也可以在运行时添加。设计时，使用 ListView“控件属性”对话框的“列首”选项卡添加列标头。运行时，使用 Add 方法添加 ColumnHeader 对象到 ColumnHeaders 集合中。
2.TreeView 控件
该控件象“资源管理器”的左侧一样，用于显示结点( Node) 对象的分层列表，每个 Node 对象均由一个标签和一个可选的位图组成。TreeView 一般用于显示文档标题、索引入口、磁盘上的文件和目录、或能被有效地分层显示的其它种类信息。
创建了 TreeView 控件之后，可以通过设置属性与调用方法对各 Node 对象进行操作，这些操作包括添加、删除、对齐和其它操作。可以编程展开与折回 Node 对象来显示或隐藏所有子节点。
TreeView 控件使用由 ImageList 属性指定的 ImageList 控件，来存储显示于 Node 对象的位图和图标。任何时刻，TreeView 控件只能使用一个 ImageList。这意味着，当 TreeView 控件的 Style 属性被设置成显示图像的样式时，TreeView 控件中每一项的旁边都有一个同样大小的图像。
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排列计算 第3篇
关键词：回溯算法,线路板排列,计算机微型化,计算机机箱
0 引言
回溯法可以系统地搜索一个问题的所有解或任一解, 其是一种即带有系统性又带有跳跃性的搜索算法。它在问题的解空间树中, 按深度优先策略, 从根节点出发搜索解空间树。算法搜索至解空间树的任一结点时, 先判断该节点是否包含问题的解。如果不包含, 则跳过对以该节点为根的子树的搜索, 逐层向其他祖先节点回溯。否则, 进入该子树, 继续按照深度优先策略搜索。回溯法求问题的所有解时, 要回溯到根, 且根节点的所有子树都已被搜索遍才结束。回溯法求问题的一个解时, 只要搜索到问题的一个解就可结束。这种以深度优先方式系统搜索问题的算法称为回溯法, 它用于求解组合数大的问题。
1 问题描述
计算机机箱中的线路板排列问题是为了有效的节约机箱的空间和大小的实际问题, 为了有效解决线路板及其插线在机箱中的合理排列, 先提出以下解决方案:将N块线路板以最佳排列方案插入带有N个插槽的计算机机箱中, N块线路板的不同排列方式对应于不同的线路板插入方案。
设B={1, 2, …, N}是N块线路板的集合。集合L={N1, N2, …, Nm}是N块线路板的m个连接块。其中每个连接块Ni是B的一个子集, 且Ni中的线路板用同一根导线连接在一起。
设N=8, M=5。给定的N块线路板及其m个连接块如下:
这8块线路板的一个排列 (如图1所示) 。
设X表示N块线路板的排列, 即在机箱的第i个插槽中插入线路板x[i]。x所确定的线路板排列密度density (x) 定义为跨越相邻线路板插槽的最大连线数。
在图1中线路板排列的密度为2, 跨越插槽2和3, 插槽4和5以及插槽5和6的连线数均为2, 插槽6和7之间无跨越连线。其余相邻插槽之间都只有1条跨越连线。在设计机箱时, 插槽一侧的布线间隙由线路板排列的密度所确定。因此线路板排列问题要求对于给定线路板连接条件 (连接块) , 确定线路板的最佳排列, 使其具有最小密度。
2 算法设计
线路板排列问题是NP难问题, 因此不大可能找到解决此问题的多项式时间算法。通过系统搜索线路板排列问题所相应解空间的排列树, 找出线路板最佳排列。
算法中用整形数组b表示输入。B[i][j]的值为1当且仅当线路板i在连接块Nj中。设total[j]是连接块Nj中的线路板数。对于线路板的部分排列x[1:i], 设now[j]是x[1:i]中所包含的Nj中的线路板数。由此可知, 连接块Nj的连线跨越插槽i和i+1当且仅当now[j]>0且now[j]≠total[j]。可以利用这个条件来计算插槽i和插槽i+1间的连线密度。
在算法backtrack中, 当i=n时, 所有n块线路板都已排定, 其密度为cd。由于算法仅完成比当前最优解更好的排列, 故cd肯定优于bestd。此时应更新bestd。
当i<n时, 线路板排列尚未完成。x[1:i-1]是当前扩展结点所相应的部分排列, cd是相应的部分排列密度。在当前部分排列之后加入一块未排列的线路板, 扩展当前部分排列产生当前扩展结点的一个儿子结点, 对于这个儿子结点, 计算新的部分排列密度ld。仅当ld<bestd时, 算法搜索相应的子树, 否则该子树被剪去。
按上述的回溯搜索策略设计的解线路板排列问题的算法可描述如下。
3 结果输出
在解空间排列树的每个结点处, 算法Backtrack花费O (m) 计算时间为每个儿子结点计算密度。因此计算所耗费的总计算时间为O (mn!) 。另外, 生成排列树所需O (n!) 时间。每次更新当前最优解至少使bestd减少1, 而算法运行结束时bestd≥0。因此最优解被更新的次数为O (m) 。更新当前最优解需O (mn) 时间。
终上所述, 解线路板排列问题的回溯算法Backtrack所需的计算时间为O (mn!) , 如图2所示。
4 结语
通过利用回溯算法, 对计算机机箱线路板中的线路排列问题进行分析研究, 有效节约计算机中的机箱空间和大小, 合理对计算机线路板及其插线在机箱中的最佳排列, 提出可供参考的计算机线路板最佳排列组合方案。
参考文献
[1]王鹏, 邱枫, 张为华, 等.一种任意维Line-Sweep计算的数据划分算法[J].计算机学报, 2012 (12) :2573-2586.
[2]包乃兰, 宁立革.基于双路CAN总线的通信板卡设计与实现[J].计算机测量与控制, 2011 (11) :2772-2774.
[3]王龙.关于下一代加固计算机总线选择的分析[J].数字技术与应用, 2011 (8) :223-224.
[4]靳晓丽, 吴蓉, 张爱华.基于Pro/E的插箱自动化设计[J].新技术新工艺, 2010 (3) :20-24.
[5]赵得成, 柴英杰.标准通信机柜的结构创新与造型设计[J].机械设计与制造, 2006 (10) :135-137.
乘车的座次排列 第4篇
在比较正规的场合，乘车一定要分清座次的“尊卑”，并在自己适得其所之处就座。下面介绍几种常用车辆在乘坐时的坐次排列。
一、双排四座轿车
由专职司机驾驶时，座位顺序应当依次是：后排右座、后排左座、副驾驶座。一般副驾驶座是秘书、随员、译员等。如果后排座3人，则3号坐1号和2号中间，4号坐在司机旁边。
由主人亲自驾驶时，座位顺序应当依次是：副驾驶座、后排右座、后排左座。如果后排座3人，则4号坐2号和3号中间。
二、三排七座轿车
由专职司机驾驶时，座位顺序应当依次是：后排右座、后排左座、后排中座、中排右座、中排左座、副驾驶座。由主人亲自驾驶时，座位顺序应当依次是：副驾驶座、后排右座、后排左座、后排中座、中排右座、中排左座。
三、吉普车
吉普车是一种轻型越野车，大都为4座车。由于后排比较颠簸，前排视野开阔，所以，不管由谁驾驶，吉普车上座位顺序均依次是：副驾驶座、后排右座、后排左座。
四、多排座轿车
是指4排以及4排以上座位的大中型轿车。其不论由何人驾驶，均以前排为上，以后排为下;以右为尊，以左为“卑”;并以距离前门的远近来排定具体座位的顺序。现以6排17座轿车为例。
五、面包车
主座在司机后边的.第一排，1号座位在临窗的位置。
在公务接待中，除了注意车辆的正常座次排列外，还需要把握以下几点：
1、乘座主人驾驶的轿车时，最重要的是不能让前排空着。一定要有一个人坐在那里，以示相伴。
2、由专人驾驶车辆时，副驾驶座一般也叫随员座，通常坐于此处者多为随员、译员、警卫等等。从安全角度考虑，一般不应让女士坐于副驾驶座，孩子与尊长也不宜在此座就座。
《排列》教学设计 第5篇
排列是高中数学知识体系中的重要内容, 它既是学习概率的预备知识, 又是培养学生逻辑思维能力的极好题材。从整个高中数学知识体系看, 它处于一个承上启下的地位, 它既在推导排列数公式的过程中发挥作用, 使分步计数原理获得了重要应用, 又为推导组合数公式打下了坚实的基础, 成为一条衔接上下节知识的重要纽带。
二、学情分析
在进行本节课的学习之前, 学生已经对排列的相关概念以及公式有了一定程度的了解, 但是, 对于怎样运用公式、定理解决有关于排列的具体问题还没有付诸于实践, 有待于进一步地学习。
三、教学目标分析
知识与技能:理解排列、排列数定义;了解排列数公式推导和简单计算;学会排列数公式及排列问题的常见解法;利用排列数公式解决简单证明问题。
过程与方法:熟悉并掌握一些分析和解决排列问题的基本方法、步骤、流程、技巧。
情感、态度与价值观:加强团队合作的能力;形成由具体到抽象, 由特殊到一般的数学思维能力, 养成实事求是的科学态度;增强锲而不舍的求学精神。
四、教学重难点
掌握分析和解决排列问题的基本方法。
五、教学媒体分析
本节课采用“黑板+多媒体”的形式组织教学, 黑板主要用于板书本节课的一些知识要点、框架, 让学生在学习过程中能够理清思路。由计算机与投影仪组成的多媒体环境主要用于播放、展示多媒体课件, 由于本节课学习内容较为抽象, 并且涉及到大量的例题分析, 因此, 采用多媒体授课能够节省教师板书的时间, 构建真实学习情境, 把复杂的数学题与学生生活经验相结合。由于采用多媒体授课, 因此, 教师必须在课前检查多媒体设备的连接是否恰当, 是否有技术性故障等, 及时排除以保证教学的正常进行。
六、教学方法分析
考虑到数学学科特点以及具体教学内容, 本节课主要以讲授法为主, 在信息技术的支持下结合演示法与互动法, 调动学生的学习积极性, 让每一个学生充分地参与到学习活动中来。
七、教学过程设计
排列组合的解题策略 第6篇
下面笔者将就教学过程中的两个难点通过两个特例作进一步的说明:1) 占位子问题例1:将编号为1、2、3、4、5的5个小球放进编号为1、2、3、4、5的5个盒子中, 要求只有两个小球与其所在的盒子编号相同, 问有多少种不同的方法?
(1) 仔细审题:在转换题目之前先让学生仔细审题, 从特殊字眼小球和盒子都已“编号”着手, 清楚这是一个“排列问题”, 然后对题目进行等价转换。
(2) 转换题目:在审题的基础上, 为了激发学生兴趣进入角色, 我将题目转换为:让学号为1、2、3、4、5的学生坐到编号为1、2、3、4、5的五张凳子上 (已准备好放在讲台前) , 要求只有两个学生与其所坐的凳子编号相同, 问有多少种不同的坐法?
(3) 解决问题:这时我在选另一名学生来安排这5位学生坐位子 (学生争着上台, 积极性已经得到了极大的提高) , 班上其他同学也都积极思考 (充分发挥了学生的主体地位和主观能动性) , 努力地“出谋划策”, 不到两分钟的时间, 同学们有了统一的看法:先选定符合题目特殊条件"两个学生与其所坐的凳子编号相同"的两位同学, 有C种方法, 让他们坐到与自己编号相同的凳子上, 然后剩下的三位同学不坐编号相同的凳子有2种排法, 最后根据乘法原理得到结果为2×C=20 (种) 。这样原题也就得到了解决。
(4) 学生小结:接着我让学生之间互相讨论, 根据自己的分析方法对这一类问题提出一个好的解决方案。 (课堂气氛又一次活跃起来)
(5) 老师总结:对于这一类占位子问题, 关键是抓住题目中的特殊条件, 先从特殊对象或者特殊位子入手, 再考虑一般对象, 从而最终解决问题。
2) 分组问题例2:从1、3、5、7、9和2、4、6、8两组数中分别选出3个和2个数组成五位数, 问这样的五位数有几个?
(本题我是先让学生计算, 有很多同学得出的结论是P×P)
(1) 仔细审题:先由学生审题, 明确组成五位数是一个排列问题, 但是由于这五个数来自两个不同的组, 因此是一个“分组排列问题”, 然后对题目进行等价转换。
(2) 转换题目:在学生充分审题后, 我让学生自己对题目进行等价转换, 有一位同学A将题目转换如下:从班级的第一组 (12人) 和第二组 (10人) 中分别选3位和2位同学分别去参加苏州市举办的语文、数学、英语、物理、化学竞赛, 问有多少种不同的选法?
(3) 解决问题:接着我就让同学A来提出选人的方案同学A说:先从第一组的12个人中选出3人参加其中的3科竞赛, 有P×P种选法;再从第二组的10人中选出2人参加其中2科竞赛有P×P种选法;最后由乘法原理得出结论为 (P×P) × (P×P) (种) 。 (这时同学B表示反对)
同学B说:如果第一组的3个人先选了3门科目, 那么第二组的2人就没有选择的余地。所以第二步应该是P×P。 (同学们都表示同意, 但是同学C说太繁)
同学C说:可以先分别从两组中把5个人选出来, 然后将这5个人在5门学科中排列, 他列出的计算式是C×C×P (种) 。 (再次通过互相讨论, 都表示赞赏)
这样原题的解答结果就“浮现”出来C×C×P (种) 。
(4) 老师总结:针对这样的“分组排列”题, 我们多采用“先选后排”的方法:先将需要排列的对象选定, 再对它们进行排列。
排列组合问题解法举隅 第7篇
一、受限问题“优先法”
对于受到某些条件限制的排列组合问题应用到“优先法”, 即优先考虑受到限制的“元素”或“位置”。
例1 (2007四川) 用数字0、1、2、3、4、5可以组成没有重复数字且比20 000大的五位偶数共有 ()
A.288个 B.240个 C.144个 D.126个
此题要排一个五位数, 首位不能排“0”, 且末位要排偶数, 那首位与末位属于受限位置, 而“0、2、4”属于受限元素, 应优先考虑, 分类为:首位是2或4且大于20 000的数有2×A43×2=96个;首位是3或5且大于20 000的数有2A43A31×2=144个, 所以满足题意的数有96+144=240个。
二、“至少至多”问题间接法
对于含有“至少”“至多”字眼的问题, 直接做比较困难、麻烦时, 可以从总体中把不合要求的除去, 此时应用到间接法。
例2 (2008四川) 从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动, 要求甲、乙中至少有1人参加, 则不同的挑选方法共有 ()
A.70 B.112 C.140 D.168
依题意, 从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动, 不同挑选方法共有C410, 其中所挑选的4人中没有甲、乙的方法数有C84, 因此要求甲、乙中至少有1人参加的挑选方法共有C410-C84种。
三、相邻问题“捆绑法”
对于某几个元素要求相邻的排列问题, 可先将相邻的元素“捆绑”起来, 看做一个大元素与其他元素排列, 然后再对大元素内部进行小范围的全排列。
例3 (2007北京) 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照, 2位老人不相邻但不排在两端, 不同的排法共有 ()
A.1 440 B.960 C.720 D.480
此题可先将2位老人捆在一起看做一个大元素, 再将5名志愿者排在一起有种A55排法, 最后将大元素插入到5名志愿者的4个空中C41种方法, 则共有A55C41A22=960种。
四、不相邻问题“插空法”
对于某几个元素要求不相邻的问题, 可以先将其他元素排好, 然后再将不相邻的元素在已排好的元素及两端的空隙之间插入即可。如上例 (2007北京) 。
五、相同元素排列问题用“除法”
例4 (2006江苏) 今有2个红球、3个黄球、4个白球, 同色球不加区分, 将这9个球排成一列有___种不同的方法 (用数字作答) 。
本题考查了排列问题中的相同元素排列时的消序问题, 同色球不加以区分, 先全排列, 再消去各自的顺序即可:
六、定序问题用“除法”
例5 (2006湖北) 某工程队有6项工程需要先后单独完成, 其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行, 工程丙必须在工程乙完成后才能进行, 工程丁则必须在工程丙完成后立即进行, 那么安排这6项工程的不同排法种数是____ (用数字作答) 。
先将丙、丁看做一个大元素, 5个元素排列, 其甲、乙、 (丙、丁) 三个元素是定序问题, 即 种。
七、综合问题要“分类”
对于问题中限制条件较多, 就要把受限条件逐个击破, 按一定方法进行分类, 做到不重不漏。
例6 (2007天津) 如图, 用6种不同的颜色给下图中4个格子涂色, 每个格子涂一种颜色, 要求最多使用3种颜色且相邻2个格子颜色不同, 则不同涂色方法有____种 (用数字作答) 。
此题由题意可分为两类:第一类用3种颜色涂色有3A63种, 第二类用2种颜色涂色有A62, 则共有390种。
例7 (2008浙江) 用1、2、3、4、5、6组成六位数 (没有重复) , 要求任何相邻两个数字的奇偶性不同, 且1和2相邻, 这样的六位数的个数是___ (用数字作答) 。
依题意分为两类:奇数在奇位时: (1) 若第1位是1, 则2必在第2位, 第3、5位是奇数, 第4、6位是偶数, 有A22A22=4种; (2) 若1在第3、5位, 则2有两个位置可选, 剩下的奇数在奇位, 偶数在偶位, 有C21C21A22A22种, 即共有20种。
求解排列组合问题的策略 第8篇
一、“特殊元素优化”处理策略
对于含有特殊元素的排列组合问题,一般应优先安排特殊位置上的特殊元素,再安排其他位置上的其他元素.
例1用0,1,2,3,4这五个数字组成没有重复数字的四位数,那么在这些四位数中是偶数的总共有()
(A)120个(B)96个
(C)60个(D)36个
解析:符合条件的四位偶数的个位必须是0,2,4,但0不能排在首位,故0是其中的特殊元素,应优先安排.按照0排在个位和0不排在个位为标准分为两类:第一类是0排在个位时,四位偶数有个;第二类是0不排在个位时四位偶数有个.则由加法原理可得所求四位偶数共有个.故应选(C).
二、“插空”处理策略
对于含有某几个特殊元素互不相邻的排列问题,可将其他元素排成一排,然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中,这就是“插空”处理策略.
例2由1,2,3,4,5组成没有重复数字且数字1与2不相邻的五位数·试求这种五位数的个数.
解析:先让1,2以外的3个数字去排成一行,有种排法;再把1,2插入每两个数字之间及两端的四个空隙中,有种插法.则根据乘法原理知共有个符合条件的五位数.
三、“捆绑”处理策略
对于含有某几个元素相邻的排列问题,可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素,与其他元素一起进行全排列,然后再对相邻元素内部进行全排列,这就是“捆绑”的处理策略.
例3 6名同学排成一排,其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有()
(A) 720种(B) 360种
(C) 240种(D) 120种
解析:将甲、乙两人看成一个大元素,与其他四个排列有种排法;而甲、乙两人之间又有种排法.故由乘法原理可知满足条件的不同排法有种,故应选(C).
四、“定序均分”策略
对于部分元素定序排列问题,可先把定序元素与其他元素一同进行全排列,然后用定序排列法去均分总排列数,从而获解.
例4由数字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
解析:若不考虑附加条件,组成的六位数有个,在这些六位数中,只有个位数字小于十位数字和个位数字大于十位数字两种情况,而这两种情况的机会均等,故根据对称均分原理可得所求的六位数有个,故应选(B).
五、“隔板添置”处理策略
在求解“至少一个”或“至多几个”的排列组合问题时,可构造相应的模型,用“添置隔板”的处理策略求解.
例5 20个不加区别的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子内,要求每个盒内的球数不小于盒子的编号数,问有多少种不同的投放方法?
解析:先取出3个球,再把剩下的17个球排成一列,这17个球中间有16个空隙,从中任取两个空隙添置隔板“|”(如图1所示).
这17个球被分成三块,第一块给1号盒,第二块给2号盒,第三块给3号盒;然后将先取出3个球中的1个球放入2号盒内,再将其余的2个球放入3号盒内,确保每盒内球的个数不小于盒子的编号数,即所求投放方法的种数等价于在17个元素中插入互不相邻的两个元素(两端的空隙除外)的组合数,故共有种不同投放方法.
六、“先分组后排列”处理策略
对于排列组合混合问题,可运用先分组后排列的求解策略.分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、非均匀分组”三种类型.计算时常有下面的结论:对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题,只需按“非均匀分组”列式后,再除以均匀组数的全排列数即可.
例6四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子,则恰有一个空盒放法共有______种.
解析:可分两步完成:第一步将球部分均匀分成三组(1,1,2),有种方法;第二步取盒放球有种方法.则由乘法原理可知,恰有一个空盒的放法共有种.
七、“集团排列”处理策略
对于含有某几个“集团(集团内部元素相邻)”的排列问题,可先把每个集团视为一个大元素,再与其他元素一起全排列,最后进行集团内部元素的全排列,这就是处理“集团”排列问题的有效方法.
例7计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画,排成一行陈列.要求同一品种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,那么不同的陈列方式有()
(A)种(B)种
(C)种(D)种
解析:分别视4幅油画、5幅国画各为1个大元素与1幅水彩画排成一行陈列有种方式;而上述的每种方式中,4幅油画内部之间又有种排法,5幅国画内部之间又有种排法.则由乘法原理得到不同的陈列方式共有种,故应选(D).
八、“等价转化”处理策略
对于某些排列组合问题,若从正面入手情况复杂或不易解决时,则可从反面入手,将其转化为简单的问题来解决.
例8以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有()个
(A) 70 (B) 64
吃透分步原理 突破排列组合 第9篇
乘法原理:Si (i=1, 2, …, m) , |S|表示集合S的元素的个数,
S=S1×S2×…×Sm={ (a1, a2, …, am) |ai∈Si, i=1, 2, …, m}, 则有
乘法原理在现行中学教材中称为分步计数原理, 叙述如下:
完成一件事需要分成n个步骤, 第1步有m1种不同的方法, 第2步有m2种不同的方法, …, 第n步有mn种不同的方法, 那么完成这件事共有m1·m2·…·mn种不同的方法.
下面着重讨论分步计数原理应用中的两类问题.
一、重复计算问题
很多学生认为只有在应用分类计数原理时才会出现重复计算的问题.其实, 在应用分步计数原理时也同样存在重复计算的问题, 这类重复问题主要是由于对分步计数原理理解不深, 在对一件事进行分步的时候, 各步骤的方法不独立而造成的.学生对这类重复问题既不易发现又难以理解.
【例1】从5双不同的鞋子中任意取出4只, 其中至少有2只配成1双的不同取法有多少种?
解:第一步, 从5双不同的鞋子中任意取出1双, 有C51种不同的方法;
第二步, 从剩下的8只鞋子中任意取出2只, 有C82种不同的方法.
根据分步计数原理, 符合条件的取法共有
分析:上述计算结果包含了重复的取法, 因而是错误的.设其中的2双鞋子分别是A1、A2和B1、B2, 则第一步取到A1、A2, 第二步取到B1、B2的结果, 与第一步取到B1、B2, 第二步取到A1、A2的结果是相同的, 但在上述解法中被当作两种不同的取法来计算, 从而犯了重复计算的错误.
在分步计数原理中, 完成一件事的两种方法, 只要其中任何一个步骤的方法不同, 就被当做两种不同的方法来计算.这是检验分步是否正确, 计算是否重复的标准.
解法一: (直接法) 符合条件的取法分为两类:
第一类, 取出的4只鞋子中恰有2只配成1双的取法有种不同的方法;
第二类, 取出的4只鞋子配成2双的取法有C52种不同的取法;
根据分类计数原理, 符合条件的取法共有
解法二: (间接法) 从5双不同的鞋子中任意取出4只, 不同的取法共有C410种, 其中取出的4只不能配成1双的取法有种.
因此, 符合条件的取法共有
二、巧用“分步”搭桥, 沟通“未知”与“已知”, 化难为易
“转化”是很重要的数学思想方法.排列组合中有很多问题是相互联系的, 像“分组问题”, “定序排列问题”, “不尽相异元素的排列问题”, “环状排列问题”等, 都可以通过巧妙的分步转化为一些已知的比较简单的问题来解决.这样的处理方法不仅能收到化难为易的效果, 还能培养学生用联系的观点看问题, 用转化的方法解决问题.
【例2】 (1) 把6本不同的书分配给甲、乙、丙三人, 每人2本, 有多少种不同的分配方法?
(2) 把6本不同的书平均分成3份, 每份2本, 有多少种不同的分法?
解: (1) 按分步计数原理可得, 不同的分配方法共有=90种.
(2) 设符合条件的分法共有x种.
把6本不同的书分给甲、乙、丙三人, 每人2本, 完成这件事可以分成两步进行.
第一步, 把6本不同的书平均分成3份, 有x种方法;
第二步, 把分成的3份分配给甲、乙、丙3人, 每人1份, 有A33种方法.
根据分步计数原理和 (1) 中的结果可得
【例3】6人排成一排, 其中甲、乙、丙3人的次序一定, 有多少种不同的排法?
解:设符合条件的排法共有x种.若去掉“甲、乙、丙3人的次序一定”这一条件限制, 则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A33种不同的方法.而去掉“甲、乙、丙3人的次序一定”这一条件限制, 问题就转化为6个元素的全排列.因此x·A33=A66,
【例4】某实验室有A型的血液2瓶, B型的血液3瓶, AB型的血液1瓶, O型的血液4瓶, 同型的血液没有区别.把这些血液排成一排, 有多少种不同的排法?
解:设不同的排法有x种.
若把题中的2瓶A型血液替换成2个不同的事物, 则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A22种不同的排法;同理, 若把题中的3瓶B型血液替换成3个不同的事物, 则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A33种不同的排法;若把题中的4瓶O型血液替换成4个不同的事物, 则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A44种不同的排法.而经过上述替换之后, 问题就转化为10个不同元素的全排列.因此, x·A22·A33·A44=