毕业论文

河南师范大学 学号： 0901174*** 本科毕业论文 ）

排列组合的基本内容及常用解题方法

学院名称： 河南师范大学新联学院 专业名称： 数学与应用数学 年级班别： 2009级 姓 名： **** 指导教师： ******

2013年6月

排列组合的基本内容及常用解题方法

摘要 本篇论文首先介绍了排列及组合的定义，并给出了一些关于排列和组合的相关定理、性质的多种证明，通过运用中学与大学不同的证明方式，使之全面系统的理解与应用；接下来给出一些典型事例加以运用，与此同时，在事例说明过程中，采用多种证明方式进行说明；接着给出了大量的例子去说明定理的正确性，同时给出了排列和组合的混合运用的典型例题；最后对关于排列和组合问题中的算法进行总结；在本论文中还简单介绍了排列和组合的基本算法，同时用产生的算法将相关的排列组合的例子进行了二次计算，证明了算法的正确性。 关键字 排列 组合 算法

Abstract This paper firstly introduces the definition of permutation and combination, and

gives some related theorems and properties about permutations and combinations of multiple proved that by using middle school and university, different way of proof, make comprehensive understanding and application of system; Then gives some typical examples to apply, at the same time, in the process of examples, was proved using a variety of ways; Then gives plenty of examples to illustrate the correctness of the theorem, at the same time gives the permutations and combinations of the mixed use of examples; Finally, the problems about permutations and combinations of algorithm is summarized; In this thesis also introduces the basic algorithm of permutations and combinations, and at the same time using the algorithm the permutation and combination of relevant examples of calculation of the secondary proved the correctness of the algorithm.

Keywords permutation combination arithmetic

1 加法原理和乘法原理（又叫分类计数原理和分步计数原理）

一、加法原理（分类计数原理）

加法原理（分类计数原理） 完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法有m2种不同的方法??在第n方法中有mn种不同，那么完成这件事共有

N?m1?m2???mn种不同的方法。

加法原理可以在日常生活中找到它的原型。一个广泛应用的例子是旅行路线问题;

m2从甲地到乙地可乘n种不同的交通工具到达，每种交通工具一天中有m1班次，

班次，?mn班次。于是一天内从甲地到乙地共m1?m2???mn种不同走法。

例1.1 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车。一天中，火车有3班，汽车有2班。那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？

解 因为一天中乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，每一种走法都可以从甲地到乙地，所以共有3?2?5种不同的走法。

例1.2 在m?n的方格纸上，取两个有一条公共边的相邻的小方格（如图1），

共有几种取法？

图1

解 分两类计算：取纵向二邻格时，有m?n?1?种取法，因此共有

m?n?1??n?m?1??2mn??m?n?种取法。

加法原理可运用集合概念和自然数的基数理论予以说明。一般地说，加法原理中的事件A和事件A1,A2,?，An都是有极限，且A1,A2,?，An互不相交，设根据条件：

A?A1?A2???AnAi?mi，

且Ai?Aj???I?i,j?n,i?j?，

所以

A?A1?A2???An?A1?A2???An?m1?m2???mn

二、乘法原理（分步计数原理）

乘法原理（分步计数原理） 完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法??做第n步有mn种不同，那么完成这件事共有N?m1?m2??mn种不同的方法。

例1.3 要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？

解 从3名工人中选1名上日班和1名上晚班，可以看成是经过先选1名上日班，再选1名上晚班这两个步骤完成。先选1名上日班，共有3种选法；上日班的工人选定后，上晚班的工人有2种选法。根据分布计数原理，所求的不同的选法数是N?3?2?6

6种选法可以表示为图2： 日班 甲 甲 乙 乙 丙 丙 晚班 乙 丙 甲 丙 甲 乙 图2

例1.4 由1,2,3,4,5五个数字，可以作成多少个没有重复的数字的三位数。 解 设此“事件”为A，完成它可通过以下三个步骤（事件）：首先选取百位数字（设为A1），有5种方法；其次从余下的4个数字里选取十位数字（设为A2）,有4种方法；最后从余下的3个数字里选取位个数字（设为A3）,有3种方法。依据乘法原理，完成事件A共有5?4?3?60种方法。

此题也可用三个有限集合的笛卡尔积来解释，即

A??(a1,a2,a3)a1?A1,a2?A2,a3?A3??A1?A2?A3

根据笛卡尔积的基数的计算方法，得A?A1?A2?A3?A1?A2?A3?5?4?3?60

一般地，乘法原理中的事件A和事件A1,A2,?,An都是有限集，且事件A1,A2,?,An是依次衔接的步骤。

Ai?mi,A??(a1,a2,?,an)ai?Ai,i?1,2,?n??A1?A2??An

则根据笛卡尔积的基数的计算方法，

A?A1?A2???An?A1?A2???An?m1?m2???mn

加法原理与乘法原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题。区别在于：加法原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事。乘法原理针对的是“分步”问题，各个步骤的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事。这两者之间的区别，可以与电学中的串联和并联类比：适用加法原理的是“并联”事件，适用乘法原理的是“串联”事件。

2 排列

定义1 我们把如上一节例1、例2、例3、例4问题中被取得对象叫做元素。 定义2 一般地，从n个不同元素中取出m个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。 定义3 从n个不同元素中，不重复地任取m(m?n)个元素，按照一定的顺序排

成一列，叫做从n个不同的元素中取出m个元素的排列，这样取出的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出的m元素的排列数，用符号Anm表示，显然

An?Nm。

?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)定理 Anm

证明 方法一 求排列数Anm可以按依次填m个空位来思考：假定有排好顺序的

m个空位（如下图3），从n个不同元素a1,a2,?,an中任意取出m个去填空，一个空位填1个元素，每一种填法就对应一个排列，因此，所以不同的填法的种数就是排列数Anm。

第1位 第2位 第3位 第m位

?? n n?1 n?2 n?m?1

图3

填空可以分为m个步骤：

第1步，第1位可以从n个元素中任选一个填上，共有n种填法；

第2步，第2位只能从余下的n?1个元素中任选一个填上，共有n?1种填法； 第3步，第1位只能从余下的n?2个元素中任选一个填上，共有n?2种填法； ??

第m步，当前面的m?1个空位都填上后，第

m位可以从n?(m?1)个元素中任选

一个填上，共有n?m?1种填法。

根据乘法原理，全部填满m个空共有n(n?1)(n?2)?(n?m?1)种填法。 所以，得到公式Anm?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)

A的所有个m元

方法二 设所给的n个不同元素组成集合Am?1??a1,a2,?,an?。在

排列中以a1排在首位的有An?1种排列；以a2排在首位的也有An?1种；??；以an排在首位的也有An?1种。根据加法原理，把这些排列数加起来，其和就是所求排列数

2m?1m?1Anm。因此，

An?nAn?1mm?1，同理，

An?1?(n?1)An?2m?1m?2，??，

An?(m?2)?[n?(m?2)]An?(m?1)m?(m?1)将以上各式左、右分别相乘，并约去两边相同的因子，

1既得Anm?n(n?1)(n?2)?(n?m?2)An?m?1?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)

时，即得n

定理说明Anm等于从n开始递减1的m个连续自然数的乘积。当n个相异元素的全排列数公式Ann从1到n个自然数乘积。 性质1 Anm证明

?n!(n?m)!?m?n(n?1)(n?2)?2?1?n!其中n!（n的阶乘）表示

An?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)?n?(n?1)?(n?2)???(n?m?1)?(n?m)???2?1(n?m)???2?1n!(n?m)!?nm

?

推论1 是定理的阶乘表示形式，当m是阶乘的特殊情况，我们约定0!?1。 性质2 Anm证明

An?n(n?1)?(n?m?1)?(n?m?1)?n(n?1)?[n?(m?1)?1]??(n?m?1)Anm?1m时，公式的分母为(n?m)!?0!。这样

?(n?m?1)Anm?1

性质3 证明

Am?mAn?mnn?mAn?1m

n!(n?m)!?nn?mm?1?(n?1)!(n?m?1)!?nn?m?(n?1)![(n?1)?m]?nn?mAn?1

m性质4 Anm证明

An?m?nAn?1

n!(n?m)!?n?(n?1)!(n?m)!m?n?(n?1)![(n?1)?(m?1)]!?nAn?1m?1

性质5 Anm证明

An?mAn?n!(n?m)!mm?1?mAnm?1?An?1

?m?n!(n?m?1)!??(n?m?1)?n!?m?n!(n?m?1)!?An?1m?(n?1)?n!(n?m?1)!?(n?1)!(n?m?1)!(n?1)![(n?1)?m]!m?1m

性质6 Anm证明

?mAn?An?1

An?mAn?(n?1)?An?1mmm?1?(n?m?1)Ann!?m?1?mAn?m?1?(n?1)An(n?1)!m?1(n?1)!(n?m?1)!(n?m?1)![(n?1)?m]!

例2.1 （1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？

（2）有5本不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？

解 (1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数数A53?5?4?3?60。

（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学每人1本书的不同方法种数是5?5?5?125。

例1两道小题的区别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送3位同学，各人得到的书不同，属于排列数问题；而第（2）小题中，给每人的均从5种不同的书中任选1种，各人得到哪种书互相之间没有影响，要用乘法原理进行计算。

例2.2 用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 解 方法一 由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是0，可根据所带的这个附加条件将组成没有重复数字的三位数看作是分成两步完成：先排百位上的数字，它可从1到9这9个数字中任选1个，有A91种选法；再选十位和个位上的数字，它可从余下的9个数字中任选2个，有A92种选法（如下图4）。根据乘法原理，所求的三位数的个数是

A9?A9?9?9?8?64812

百位 十位 个位

A9 A9 12

图4

方法二 符合条件的三位数可以分为3类（如图5）： 百位 十位 个位 第一类 第二类 第三类 0 0 种数 A9A9A93 22图5

每一位数字不是0的三位数有A93个，十位数字是0的三位数是A92个，十位数字是0的三位数是

122A92个。根据加法原理，符合条件的三位数的个数是

A9?A9?A9?648。

3方法三 从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数是A10，其中以0为开头

的排列数为A92个，因此，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三

3位数的个数，即所求的三位数的个数是A10?A9?10?9?8?9?8?6482。

对于例2这类排列数的问题，可用适当的方法将问题分解。其中方法1是将组成没有重复数字的三位数这件事看作是分布完成，依据是乘法原理；方法二是将做这件事看作是分类完成，依据是加法原理；而方法三则是一种逆向思考方法：先求不是三位数的3个不重复数字的排列数，然后从所有不重复的3个数字中将它减去，就是所求的三位数的个数。 例2.3 解方程A24n?1?140An3

(2n?1)?2n?(2n?1)(2n?2)?140n(n?1)(n?2)(2n?1)(2n?1)?35(n?2)

4n?35n?69?02

(n?3)(4n?23)?0

n?3或n?234

??2n?1?4且n?N?n?3且n?N?

n?3

例2.4 8人排成一排照相，A、B、C三人互不相邻D、E也不相邻，共有多少种排法？

解 方法一 首先A、B、C三人互不相邻的排法：先排包括D、E在内的5人有A55种排法，A、B、C三人插空共有A63种，所以，A、B、C互不相邻的排法共有A55?A63种。

其次，在A、B、C互不相邻的前提下，D、E相邻共有：把D、E看作一个元素与

其他三元素全排列A44，D、E有序A22，A、B、C三人插五个空中的三个A53，所以满足条件的有A44A22A53所以综上，共有符合条件的排法A55A63方法二 分三类

第一类：先排没有限制条件的三人有A33种，再用插空法排A、B、C有A43种，最后用插空法排D、E有A72种，既有A33A43A72?6048?A4A2A5?11520423种。

；

第二类：A、B、C中有两人相邻，之间插入D或E，如ABF--CGH--ADFECGH,有

A3A3A2A4A2A6?5184322211种；

第三类：A、B、C三人相邻，之间插入D、E有如FABCGH--FADBECGH有

A3A3?A4A2?2883312种；所以由加法原理符合条件的共有排法

种。

??1,2,3,4,5?。选择I6048?5184?288?11520例2.5（2006全国I，12） 设集合I的两个非空子集A和B,

要是B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？ 解 设A??1?,B??2,3,4,5?的非空子集2?1?15,1?15?1543； ；

；

8；

A A A??2?,?1,2?,B??3,4,5?的非空子集2?1?7,2?7?142??3?,?1,3?,?2,3??1,2,3?,B??4,5?的非空子集2?1?3,4?3?12??4?,?1,4??2,4??2,4??3,4??1,2,4??1,3,4??2,3,4??1,2,3,4?,B??5?的非空子集

?14?12?8?49由加法原理可得总方法数是：15

3 组合

定义1 从n个不同元素中取出m(m中取出m个元素的一组组合。 定义2 从n个不同元素中取出m(m?n)?n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素

个元素的所有组合的个数，叫做从n个

不同元素中取出m个元素的组合数。用符号Cnm表示。 定理 Cnm?AnmmAm?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)m!?n!m!(n?m)!

证明 求从n个不同元素中取出m个元素的排列数Anm，可分为以下2步： 第1步，先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数Cnm；

m第2步，求每一组合中m个元素的全排列数Am。

根据乘法原理，得到Anm因此，Cnm?Cn?Ammm

这里n,m?N*?AnmmAm?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)m!，并且m?n。这个公

式叫做组合数公式。 因为，Anm?n!m!(n?m)!所以，上面的组合数公式还可以写成Cnm?AnmmAm?n!m!(n?m)!

性质1 Cnmn!?Cnn?m

证明 方法一 根据组合数公式有

Cn?Cnn?mmm!(n?m)!?,n!n!m!(n?m)!(n?m)![n?(n?m)]!n?m?,

?Cn?Cnm为了简化计算，当m?n2时，通常将计算Cn改为Cnmn?m。?1。

为了使上面的公式在m?n时也能成立，我们规定Cn0方法二 从n个不同元素中，每取出一个m元组合，同时必留下另一个(n?m)元组合，二者是一一对应的。所以两者的组合数相等。 性质2 Cn?1m?Cn?Cnmm?1

证明 根据组合数公式有

Cn?Cn?mm?1n!m!(n?m)!?n!(m?1)![n?(m?1)]!?m?n!(n?m?1)?n!mm!(n?m?1)(n?1)!m![(n?1)?m]!mm(n?m?1?m)n!m!(n?1?m)!

??Cn?1?Cn?1?Cn?Cnm?1方法二 根据组合定义，从n?1个不同元素中取出所有m元组合，对于a1（或其它某个指定元素）来说，可以分成两类：一类含有a1，共有Cnm?1种；另一类不含

有a1，共有Cnm种。根据加法原理，得Cn?1性质3 Cnm?1证明

Cn?m?1m?Cn?Cnmm?1。

?n?mm?1Cnm

?n!(n?m)(m?1)!(n?m?1)!(n?m)?n!?n?mm?1mn?mm?1m!(n?m)!Cn?mCnm

nn?m性质4 证明

Cn??nn?mmCn?1

(n?1)!m!(n?m?1)!nn?mCn?1mn!m!(n?m)!??nn?m?(n?1)!m![(n?1)?m]!?nmCn?1m?1?

性质5 Cnm证明

Cn??n?m

n!m!(n?m)!?n(n?1)!m(m?1)!(n?m)!?nmCn?1m?1(n?1)!

m(m?1)![(n?1)?(m?1)]!例3.1 在100件产品中，有98件合格，2件次品。从这100件产品中任意抽出3件。

（1） 一共有多少种不同的抽法/

（2） 抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？ （3） 抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？

解 （1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，即

C100?3100?99?983?2?1?161700

1（2）从2件次品中抽出1件次品的抽法有C2种，从98件合格品中抽出2件合

2格品的抽法有C98种，因此抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法的种数是

C2?C98?2?4753?950612种。

（2）方法一 从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品

12?C98种。和2件次品这两种情况。在（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有C2同理，抽出的3件中恰好有2件是次品的抽法有C22?C981种，因此根据加法原理，

抽出的

1223

1件中至少有1件是次品的抽法的种数是

种。 C2?C98?C2?C98?9506?98?960方法二 抽出的3件中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出

3件的抽法的种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即

C100?C98?16170033?152096?9604种。

例3.2 6本不同的书，按下列条件分配，各有多少种不同的分法？ （1） 分给甲、乙、丙3人，每人2本； （2） 分为3份，每人2本；

（3） 分为3份：一份1本，一份2本，一份3本；

（4） 分给甲、乙、丙3人：一人得1本，一人得2本，一人得3人。 解 （1） 依次分给3人，按乘法原理，共有C62?C42?C22?90种方法。由于平均

分配给不同对象，所以属于均分有序问题。

（2） 平均配成3份，但每份的归属对象没有指明，因而各份之间不存在次序问题，属于均分无序问题，所以在使用乘法原理之后还有除以A33，即共有

(C6?C4?C2)?A3?90?6?152223种方法。

?60123?C5?C3（3） 不属均分问题，应用乘法原理既得。共有C6种。

（4） 如果指定给甲1本，给乙2本，给丙3本，那么结果就和（3）一样。但是现在则要考虑3人之间的交换，因此必须再乘以

C6?C5?C3?A3?60?6?360种。

1233A33。即共有

例3.2的推广 一、固定分组问题

定理1 将n不同的元素分成r个，使第k组有nk(k件n1?n2nn?1,2,?r)个元素，且满足条

???nr?nn，则不同的分组方法共有

n!n1!?n2!???nr!2rCn1?Cn????Cn??n1n1???nr?1种。

二、无序分组问题

定理2 将n不同的元素分成r个，但这些组不讲次序，则称为无序分组。使得这些组的元素个数分别为n1,n2,?,nr且n1?n2相等，有

nn???nr?n。如果r个组中有k个

sn个也相等且

1k!?s!?k?s?r，则不同的分组方法有

12rCn1?Cn????Cn??n1n1???nr?1n!n1!?n2!???nr!k!?s!?种。

若每一组的元素个数都不相等，则无序分组问题与固定分组问题相同。

三、不定分组问题

例5 本不同的书，分给3个人，每人至多2本书，问有多少种分法？ 解

C5?C3?C1?221A332!?10?3?1?62?90

4.常用排列组合公式、典型例题及解法总结

一、常用公式

公式一 n个不同的元素选取r个排列有Anr个。Anr公式二 n个不同的元素选取r个组合有Cnr个。

Cn?r?n(n?1)?(n?r?1)

n(n?1)?(n?r?1)r!?n!(n?r)!r!

Cnr还有另一个组合学意义，它是两类元素全排列的个数，即r个0与n?r个1

进行全排列，其排列数有Cnr个。

公式三 重复排列公式：（有放回的抽样，登记返回模型）有n个不同元素，有r个方格。先从n个元素中取出一个元素，在第一个方格中登记，登记后放回；再仍从这n个元素中取出一个元素，在第二个方格中登记而放回。如此下去，直到把r个方格登记完为止。这种不同的登记方法有nr。

公式四 不同球占位公式：（摸球模型）有n个不同球，有r个房间。将球依次投入房间中，每个球只投一次，而每个房间投入的球数不限。而且进入同一个房间中的球不论次序，直到把球投完为止，其结果是n个球在房间中的一个分布，称为占位。

公式五 相同球占位：有n个相同球，有r个房间，如上法将球投入到房间中，得到一个相同球占位，不同的占位有Cnn?r?1个。

公式六 每个房间皆不空的相同球占位：将n个相同球投入到r个房间，i?r。这时每个房间皆不空的占位有Cnr??11个。

二、典型例题

例4.1 一小组3位男同学，4位女同学共7位同学并坐在一起照相，问按照以下排列方式各有多少种排列方式： ①甲同学必坐中间 A66

②甲、乙同学比坐两端 A22?A55 ③甲同学不坐左端 A6?A616

④甲同学不坐两端 A51?A66 ⑤3位男同学连着坐 A33?A55

⑥3位男同学连着坐，4位女同学连着坐 A33?A44?A22 ⑦3

位男同学不相邻 A7?A3?A5735

⑧3位男同学互不相邻 A44?A53 ⑨男同学女同学相间坐 A33?A44 ⑩

7甲

6同

6学

5不

11坐

5左

11端

5乙

同学不坐右端

A7?A6?A6?A5或A5?A5?A5?A1?A6?A5例4.2 平面内有10个点，问：①无任何三点共线可做多少条直线，可做多少

2条直线？ C10

②其中4个点在同一条直线，此外再无三点共线，可做多少条直线？

2 C10?C4?1?C6?C4C6?1

2211③其中4个点在同一条直线，另外5点也在一直线上，可做多少条直线？

C10?C4?C5?2?C1?C9?C4?C3?2

22211113④无任何三点共线，以这些点为三角形的顶点，可以组成多少个三角形？C10

⑤其中4个点在同一直线上，以这些点为三角形的顶点，可以组成多少个三角形？

C10?C4?C6?C6?C4?C6?C43332112

⑥其中4个点在同一直线上，另有5个点也在一直线上，可以组成多少个三角形？

C10?C4?C5?C1?C9?C4?C5?C4?C5

333121221例4.3 平面内10条直线，问：①其中无相互平行，也无三条直线交于一点，

3这些直线可围成多少个三角形？ C10

②其中4条直线平行，此外再无任何两条直线平行，也无三条直线交于一点，这

3些直线可围成多少个三角形？ C10?C4?C4?C6?C6?C4?C6321312

③其中4条直线交于一点，此外再无任何三条直线交于一点，也没有在任何两条直线平行，这些直线可围成多少个三角形？ C103?C4?C6?C4?C6?C4?C613332112

例4.4 有4本不同的书，问①分成两堆，一堆1本，一堆3本 C4?C3

②分给甲、乙二人，甲1本乙3本 C4?C3

13?C3 ③分给两人，其中一人1本，另一人3本 A22?C413④分给两人，每人2本 C4⑤分成两堆，每堆2本

2?C22

C4?C3?C2A22112C4?C2A2222⑥分为三堆，一堆2本，另外两堆各1本 C42??C4?C2?C1A22221

三、解法总结

1、下面对几种典型的排列组合问题进行策略分析,拟找到解决相应问题的有效方法。

(1) 合理分类与准确分步法

解含有约束条件的排列组合问题,应按元素性质进行分类,按事情发生的连续过程分步,作到分类标准明确,分步层次清楚,不重不漏。 (2) 混合问题“先选后排”

对于排列组合混合问题,可先选出元素,再排列。 (3) 局部问题“整体优先法”

对于局部排列问题,可先将局部看作一个元与其余元素一同排列,然后在进行局部排列。

2、排列组合问题的常用解法 来源：中国论文下载中心 [ 10-08-04 15:54:00 ] 作者：徐淑环 编辑：studa20 排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排。 3、排列组合体的主要解题方法： (1) 列举法：

(2) 分类讨论：在排列组合问题中，利用分类讨论来解决问题最为常见。如何分类、分几类就成为解题的关键。 (3) 构造不定方程：在某些排列组合问题，我们可以利用不定方程的正整数解的组数来确定排列组合数的多少。 (4) 利用递推关系：在解某些排列组合问题时，可以从简单问题入手，寻找规律，继而把问题一般化，寻找更为一般地关系式，然后，解决具体问题。

(5) 优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素，以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。

(6) 捆绑法：集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑。 (7) 插空法：解决相间问题。 (8) 间接法和去杂法。

中等数学 2005年第一期 张伟新 江苏省梁丰高级中学 215600 排列组合问题的基本解法 6—8 排列组合问题的常用解法 来源：中国论文下载中心 [ 10-08-04 15:54:00 ] 作者：徐淑环 编辑：studa20

参考文献

【1】李长明、周焕山 初等数学研究 高等教育出版社 2011年1月：311-345 【2】刘汝臣 概率论 东北大学出版社 2005年5月：1-25

【3】柯尔莫戈洛夫 概率论导引 哈尔滨工业大学出版社 2012年4月：1-37 【4】夏宁茂 新编概率论与数理统计 华东理工大学出版社 2011年2月：1-12

【5】蒋会乾、梁圣文 5年高考3年模拟 首都师范大学出版社 2007年7月：307-313 【6】张雄、李得虎 数学方法论与解题研究 高等教育出版社 2003年8月 【7】张伟新 排列组合问题的基本解法 中等数学 2005年第1期：6-8

【8】徐淑环 排列组合问题的常用解法 中国论文下载中心[ 10-08-04 15:54:00 ] 【9】席明润 排列组合问题的类型及解答策略 内江科技 2010年第2期:201-202 【10】王军 排列组合应用题的解法浅析 教学研究 2011年第5期（下）：39

【11】Vincent Vajnovszki Lehmer code transforms and Mahonian statistics on permutations Discrete Mathematics, Volume 313, Issue 5, 6 March 2013, Pages 581-589

【12】Xiwang Cao, Lei Hu New methods for generating permutation polynomials over finite fields Finite Fields and Their Applications, Volume 17, Issue 6, November 2011, Pages 493-503 【13】Miklós Rédei, Stephen Jeffrey Summers Quantum probability theory Studies in History and Philosophy of Science Part B: Studies in History and Philosophy of Modern Physics, Volume 38, Issue 2, June 2007, Pages 390-417

【14】Fan Lianghuo, Zhao Dongsheng, Cheang Wai Kwong, Teo Kok Meng, Ling Peng Yap Developing disciplinary tasks to improve mathematics assessment and pedagogy Procedia - Social and Behavioral Sciences, Volume 2, Issue 2, 2010, Pages 2000-2005 【15】Francina Moloi, Nomusic Morobe, James Urwick Free but inaccessible primary education: A critique of the pedagogy of English and Mathematics in Lesotho International Journal of Educational Development, Volume 28, Issue 5, September 2008, Pages 612-621

致谢

本论文的完成是在我们的导师*****老师的细心指导下进行的。在每次设计遇到问题时老师不辞辛苦的讲解才使得我的设计顺利的进行。从设计的选题到资料的搜集直至最后设计的修改的整个过程中，花费了李老师很多的宝贵时间和精力，在此向导师表示衷心地感谢！导师严谨的治学态度，开拓进取的精神和高度的责任心都将使学生受益终生！

2013年5月

河南师范大学新联学院

参考文献

【1】李长明、周焕山 初等数学研究 高等教育出版社 2011年1月：311-345 【2】刘汝臣 概率论 东北大学出版社 2005年5月：1-25

【3】柯尔莫戈洛夫 概率论导引 哈尔滨工业大学出版社 2012年4月：1-37 【4】夏宁茂 新编概率论与数理统计 华东理工大学出版社 2011年2月：1-12

【5】蒋会乾、梁圣文 5年高考3年模拟 首都师范大学出版社 2007年7月：307-313 【6】张雄、李得虎 数学方法论与解题研究 高等教育出版社 2003年8月 【7】张伟新 排列组合问题的基本解法 中等数学 2005年第1期：6-8

【8】徐淑环 排列组合问题的常用解法 中国论文下载中心[ 10-08-04 15:54:00 ] 【9】席明润 排列组合问题的类型及解答策略 内江科技 2010年第2期:201-202 【10】王军 排列组合应用题的解法浅析 教学研究 2011年第5期（下）：39

【11】Vincent Vajnovszki Lehmer code transforms and Mahonian statistics on permutations Discrete Mathematics, Volume 313, Issue 5, 6 March 2013, Pages 581-589

【12】Xiwang Cao, Lei Hu New methods for generating permutation polynomials over finite fields Finite Fields and Their Applications, Volume 17, Issue 6, November 2011, Pages 493-503 【13】Miklós Rédei, Stephen Jeffrey Summers Quantum probability theory Studies in History and Philosophy of Science Part B: Studies in History and Philosophy of Modern Physics, Volume 38, Issue 2, June 2007, Pages 390-417

【14】Fan Lianghuo, Zhao Dongsheng, Cheang Wai Kwong, Teo Kok Meng, Ling Peng Yap Developing disciplinary tasks to improve mathematics assessment and pedagogy Procedia - Social and Behavioral Sciences, Volume 2, Issue 2, 2010, Pages 2000-2005 【15】Francina Moloi, Nomusic Morobe, James Urwick Free but inaccessible primary education: A critique of the pedagogy of English and Mathematics in Lesotho International Journal of Educational Development, Volume 28, Issue 5, September 2008, Pages 612-621

致谢

本论文的完成是在我们的导师*****老师的细心指导下进行的。在每次设计遇到问题时老师不辞辛苦的讲解才使得我的设计顺利的进行。从设计的选题到资料的搜集直至最后设计的修改的整个过程中，花费了李老师很多的宝贵时间和精力，在此向导师表示衷心地感谢！导师严谨的治学态度，开拓进取的精神和高度的责任心都将使学生受益终生！

2013年5月

河南师范大学新联学院

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