小學(xué)奧數(shù)專題排列組合推理篇92474

1、² 排列問題題型分類：1.信號(hào)問題2.數(shù)字問題3.坐法問題4.照相問題5.排隊(duì)問題² 組合問題題型分類：1.幾何計(jì)數(shù)問題2.加乘算式問題3.比賽問題4.選法問題² 常用解題方法和技巧1. 優(yōu)先排列法2. 總體淘汰法3. 合理分類和準(zhǔn)確分步4. 相鄰問題用捆綁法5. 不相鄰問題用插空法6. 順序問題用“除法”7. 分排問題用直接法8. 試驗(yàn)法9. 探索法10. 消序法11. 住店法12. 對(duì)應(yīng)法13. 去頭去尾法14. 樹形圖法15. 類推法16. 幾何計(jì)數(shù)法17. 標(biāo)數(shù)法18. 對(duì)稱法分類相加，分步組合，有序排列，無序組合² 基礎(chǔ)知識(shí)（數(shù)學(xué)概率方面的基本

2、原理）一. 加法原理：做一件事情，完成它有N類辦法，在第一類辦法中有M1中不同的方法，在第二類辦法中有M2中不同的方法，在第N類辦法中有Mn種不同的方法，那么完成這件事情共有M1+M2+Mn種不同的方法。 二. 乘法原理：如果完成某項(xiàng)任務(wù)，可分為k個(gè)步驟，完成第一步有n1種不同的方法，完成第二步有n2種不同的方法，完成第步有種不同的方法，那么完成此項(xiàng)任務(wù)共有×××種不同的方法。三. 兩個(gè)原理的區(qū)別n 做一件事，完成它若有n類辦法，是分類問題，每一類中的方法都是獨(dú)立的，故用加法原理。每一類中的每一種方法都可以獨(dú)立完成此任務(wù)；兩類不同辦法中的具體方法，互不相同(即分類

3、不重)；完成此任務(wù)的任何一種方法，都屬于某一類(即分類不漏)n 做一件事，需要分n個(gè)步驟，步與步之間是連續(xù)的，只有將分成的若干個(gè)互相聯(lián)系的步驟，依次相繼完成，這件事才算完成，因此用乘法原理任何一步的一種方法都不能完成此任務(wù)，必須且只須連續(xù)完成這n步才能完成此任務(wù)；各步計(jì)數(shù)相互獨(dú)立；只要有一步中所采取的方法不同，則對(duì)應(yīng)的完成此事的方法也不同 n 這樣完成一件事的分“類”和“步”是有本質(zhì)區(qū)別的，因此也將兩個(gè)原理區(qū)分開來四. 排列及組合基本公式1. 排列及計(jì)算公式 從n個(gè)不同元素中，任取m(mn)個(gè)元素按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列；從n個(gè)不同元素中取出m(mn)

4、個(gè)元素的所有排列的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，用符號(hào) Pmn表示.Pmn=n(n-1)(n-2)(n-m+1)=(規(guī)定0!=1). 2. 組合及計(jì)算公式 從n個(gè)不同元素中，任取m(mn)個(gè)元素并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合；從n個(gè)不同元素中取出m(mn)個(gè)元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù).用符號(hào)Cmn表示.Cmn=Pmn/m!=一般當(dāng)遇到m比較大時(shí)（常常是m>0.5n時(shí)），可用Cmn=Cn-mn來簡化計(jì)算。規(guī)定：Cnn=1,C0n=1.3. n的階乘(n!)n個(gè)不同元素的全排列Pnn=n!=n×(n-1)&

5、#215;(n-2)3×2×1五. 兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理及應(yīng)用1. 首先明確任務(wù)的意義【例1】 從1、2、3、20這二十個(gè)數(shù)中任取三個(gè)不同的數(shù)組成等差數(shù)列，這樣的不同等差數(shù)列有_個(gè)。 分析：首先要把復(fù)雜的生活背景或其它數(shù)學(xué)背景轉(zhuǎn)化為一個(gè)明確的排列組合問題。設(shè)a,b,c成等差， 2b=a+c, 可知b由a,c決定，又 2b是偶數(shù)， a,c同奇或同偶，即：從1，3，5，19或2，4，6，8，20這十個(gè)數(shù)中選出兩個(gè)數(shù)進(jìn)行排列，由此就可確定等差數(shù)列，如：a=1，=7，則b=4（即每一組a,c必對(duì)應(yīng)唯一的b，另外1、4、7和7、4、1按同一種等差數(shù)列處理）C21010×990，

6、同類（同奇或同偶）相加，即本題所求=2×90180。 【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(guī)定只能向東或向北兩個(gè)方向沿圖中路線前進(jìn)，則從M到N有多少種不同的走法? 分析：對(duì)實(shí)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(shí)上，當(dāng)把向上的步驟決定后，剩下的步驟只能向右。從而，任務(wù)可敘述為：從八個(gè)步驟中選出哪三步是向上走，就可以確定走法數(shù)， 本題答案為：C38=56。2. 注意加法原理與乘法原理的特點(diǎn)，分析是分類還是分步，是排列還是組合。采用加法原理首先要做

7、到分類不重不漏，如何做到這一點(diǎn)？分類的標(biāo)準(zhǔn)必須前后統(tǒng)一。注意排列組合的區(qū)別與聯(lián)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(bǔ)充一個(gè)階段(排序)可轉(zhuǎn)化為排列問題?！纠?】 在一塊并排的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，為有利于作物生長，要求A，B兩種作物的間隔不少于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于6壟”這個(gè)條件不容易用一個(gè)包含排列數(shù)，組合數(shù)的式子表示，因而采取分類的方法。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1種選擇， 同理A、B位置互換 ，共12種。1恰好能

8、被6，7，8，9整除的五位數(shù)有多少個(gè)?【分析與解】 6、7、8、9的最小公倍數(shù)是504，五位數(shù)中，最小的是10000，最大為99999 因?yàn)?0000÷504：19424，99999÷504=198207 所以，五位數(shù)中，能被504整除的數(shù)有198-19=179個(gè) 所以恰好能被6，7，8，9整除的五位數(shù)有179個(gè)2小明的兩個(gè)衣服口袋中各有13張卡片，每張卡片上分別寫著1，2，3，13如果從這兩個(gè)口袋中各拿出一張卡片來計(jì)算它們所寫兩數(shù)的乘積，可以得到許多不相等的乘積那么，其中能被6整除的乘積共有多少個(gè)?【分析與解】 這些積中能被6整除的最大一個(gè)是13×12=26&#

9、215;6，最小是6但在l×626×6之間的6的倍數(shù)并非都是兩張卡片上的乘積，其中有25×6，23×6，21×6，19×6，17×6這五個(gè)不是所求的積共有26-5=21個(gè) 31，2，3，4，5，6這6個(gè)數(shù)中，選3個(gè)數(shù)使它們的和能被3整除那么不同的選法有幾種?【分析與解】 被3除余1的有1，4；被3除余2的有2,5；能被3整除的有3，6從這6個(gè)數(shù)中選出3個(gè)數(shù)，使它們的和能被3整除，則只能是從上面3類中各選一個(gè)，因?yàn)槊款愔械倪x擇是相互獨(dú)立的，共有2×2×2=8種不同的選法 4同時(shí)滿足以下條件的分?jǐn)?shù)共有多少個(gè)?

10、大于，并且小于； 分子和分母都是質(zhì)數(shù)； 分母是兩位數(shù) 【分析與解】 由知分子是大于1，小于20的質(zhì)數(shù)如果分子是2，那么這個(gè)分?jǐn)?shù)應(yīng)該在與之間，在這之間的只有符合要求如果分子是3，那么這個(gè)分?jǐn)?shù)應(yīng)該在與之間，15與18之間只有質(zhì)數(shù)17，所以分?jǐn)?shù)是同樣的道理，當(dāng)分子是5，7，11，13，17，19時(shí)可以得到下表分子分?jǐn)?shù)分子分?jǐn)?shù)211313517719于是，同時(shí)滿足題中條件的分?jǐn)?shù)共13個(gè)5一個(gè)六位數(shù)能被11整除，它的各位數(shù)字非零且互不相同的將這個(gè)六位數(shù)的6個(gè)數(shù)字重新排列，最少還能排出多少個(gè)能被11整除的六位數(shù)?【分析與解】 設(shè)這個(gè)六位數(shù)為，則有、的差為0或11的倍數(shù)且、均不為0，任何一個(gè)數(shù)作為首位都是一

11、個(gè)六位數(shù) 先考慮、偶數(shù)位內(nèi)，、奇數(shù)位內(nèi)的組內(nèi)交換，有×=36種順序； 再考慮形如這種奇數(shù)位與偶數(shù)位的組間調(diào)換，也有×=36種順序 所以，用均不為0的、最少可以排出36+36=72個(gè)能被11整除的數(shù)(包含原來的) 所以最少還能排出72-1=71個(gè)能被11整除的六位數(shù)6在大于等于1998，小于等于8991的整數(shù)中，個(gè)位數(shù)字與十位數(shù)字不同的數(shù)共有多少個(gè)? 【分析與解】 先考慮20008999之間這7000個(gè)數(shù)，個(gè)位數(shù)字與十位數(shù)字不同的數(shù)共有7×10×=6300 但是1998，89928998這些數(shù)的個(gè)位數(shù)字與十位數(shù)字也不同，且1998在19988991內(nèi)，89

12、928998這7個(gè)數(shù)不在19988991之內(nèi) 所以在19988991之內(nèi)的個(gè)位數(shù)字與十位數(shù)字不同的有6300+1-7=6294個(gè)7個(gè)位、十位、百位上的3個(gè)數(shù)字之和等于12的三位數(shù)共有多少個(gè)?【分析與解】 12=0+6+6=0+5+7 = 0+4+8 = 0+3+9 = 1+5+6= 1+4+7=1+3+8=1+2+9=2+5+5=2+4+6=2+3+7=2+2+8=3+4+5=3+3+6=4+4+4 其中三個(gè)數(shù)字均不相等且不含0的有7組，每組有種排法，共7×=42種排法； 其中三個(gè)數(shù)字有只有2個(gè)相等且不含0的有3組，每組有÷2種排法，共有3×÷2=9種排

13、法； 其中三個(gè)數(shù)字均相等且不含0的只有1組，每組只有1種排法； 在含有0的數(shù)組中，三個(gè)數(shù)字均不相同的有3組，每組有2種排法，共有3×2×=12種排法； 在含有0的數(shù)組中，二個(gè)數(shù)字相等的只有1組，每組有2÷2種排法，共有2種排法 所以，滿足條件的三位數(shù)共有42+9 + 1+12+2 = 66個(gè)8一個(gè)自然數(shù)，如果它順著看和倒過來看都是一樣的，那么稱這個(gè)數(shù)為“回文數(shù)”例如1331，7，202都是回文數(shù)，而220則不是回文數(shù)問：從一位到六位的回文數(shù)一共有多少個(gè)?其中的第1996個(gè)數(shù)是多少?【分析與解】 我們將回文數(shù)分為一位、二位、三位、六位來逐組計(jì)算 所有的一位數(shù)均是“回

14、文數(shù)”，即有9個(gè)； 在二位數(shù)中，必須為形式的，即有9個(gè)(因?yàn)槭孜徊荒転?，下同)；在三位數(shù)中，必須為(、可相同，在本題中，不同的字母代表的數(shù)可以相同)形式的，即有9×10 =90個(gè)； 在四位數(shù)中，必須為形式的，即有9×10個(gè)； 在五位數(shù)中，必須為形式的，即有9×10×10=900個(gè)； 在六位數(shù)中，必須為形式的，即有9×10×10=900個(gè) 所以共有9+9+90+90+900+900=1998個(gè)，最大的為999999，其次為998899，再次為997799 而第1996個(gè)數(shù)為倒數(shù)第3個(gè)數(shù)，即為997799 所以，從一位到六位的回文數(shù)一共

15、有1998個(gè)，其中的第1996個(gè)數(shù)是9977999一種電子表在6時(shí)24分30秒時(shí)的顯示為6:24，那么從8時(shí)到9時(shí)這段時(shí)間里，此表的5個(gè)數(shù)字都不相同的時(shí)刻一共有多少個(gè)?【分析與解】 設(shè)A:BC是滿足題意的時(shí)刻，有A為8，B、D應(yīng)從0，1，2，3，4，5這6個(gè)數(shù)字中選擇兩個(gè)不同的數(shù)字，所以有種選法，而C、E應(yīng)從剩下的7個(gè)數(shù)字中選擇兩個(gè)不同的數(shù)字，所以有種選法，所以共有×=1260種選法，即從8時(shí)到9時(shí)這段時(shí)間里，此表的5個(gè)數(shù)字都不相同的時(shí)刻一共有1260個(gè)10有些五位數(shù)的各位數(shù)字均取自1，2，3，4，5，并且任意相鄰兩位數(shù)字(大減小)的差都是1問這樣的五位數(shù)共有多少個(gè)?【分析與解】 如

16、下表，我們一一列出當(dāng)首位數(shù)字是5，4，3時(shí)的情況首位數(shù)字543所有滿足題意的數(shù)字列表滿足題意的數(shù)字個(gè)數(shù)6912因?yàn)閷?duì)稱的緣故，當(dāng)首位數(shù)字為1時(shí)的情形等同與首位數(shù)字為5時(shí)的情形，首位數(shù)字為2時(shí)的情形等同于首位數(shù)字為4時(shí)的情形 所以，滿足題意的五位數(shù)共有6+9+12+9+6 = 42個(gè)11用數(shù)字1，2組成一個(gè)八位數(shù)，其中至少連續(xù)四位都是1的有多少個(gè)?【分析與解】 當(dāng)只有四個(gè)連續(xù)的1時(shí)，可以為11112 * * *,211112 * * ,* 211112*,* *211112，*21111，因?yàn)?號(hào)處可以任意填寫1或2，所以這些數(shù)依次有23，22，22，22，23個(gè)，共28個(gè)；當(dāng)有五個(gè)連續(xù)的l時(shí)，

17、可以為111112*，2111112*，*2111112，*211111，依次有22，2，2，22個(gè)，共12個(gè)； 當(dāng)有六個(gè)連續(xù)的1時(shí)，可以為1111112*，21111112，*2111111，依次有2，1，2個(gè)，共5個(gè)； 當(dāng)有七個(gè)連續(xù)的1時(shí)，可以為11111112，21111111，共2個(gè)： 當(dāng)有八個(gè)連續(xù)的l時(shí)，只能是11111111，共1個(gè) 所以滿足條件的八位數(shù)有28+12+5+2+1=48個(gè)12在1001，1002，2000這1000個(gè)自然數(shù)中，可以找到多少對(duì)相鄰的自然數(shù)，滿足它們相加時(shí)不進(jìn)位?【分析與解】 設(shè)為滿足條件的兩個(gè)連續(xù)自然數(shù)，有=+1我們只用考察的取值情況即可 我們先不考慮數(shù)

18、字9的情況(因?yàn)槿?，則為0，也有可能不進(jìn)位)，則只能取0，1，2，3，4；只能取0，1，2，3，4；只能取0，1，2，3，4；對(duì)應(yīng)的有5×5×5=125組數(shù)當(dāng)=9時(shí)，有的下一個(gè)數(shù)為，要想在求和時(shí)不進(jìn)位，必須9，所以此時(shí)只能取0，1，2，3，4；而也只能取0，1，2，3，4；共有5×5=25組數(shù)當(dāng)=99時(shí)，有的下一個(gè)數(shù)為，要想在求和時(shí)不進(jìn)位，必須+(+1)9，所以此時(shí)只能取0，1，2，3，4；共有5組數(shù)所以，在1001，1002，2000這1000個(gè)自然數(shù)中，可以找到125+25+5=155對(duì)相鄰的自然數(shù)，滿足它們相加時(shí)不進(jìn)位13把1995，1996，1997，1

19、998，1999這5個(gè)數(shù)分別填入圖20-1中的東、南、西、北、中5個(gè)方格內(nèi)，使橫、豎3個(gè)數(shù)的和相等那么共有多少種不同填法? 【分析與解】 顯然只要有“東”+“西”=“南”+“北”即可，剩下的一個(gè)數(shù)字即為“中”因?yàn)轭}中五個(gè)數(shù)的千位、百位、十位均相同，所以只用考慮個(gè)位數(shù)字，顯然有5+9=6+8，5+8=6+7，6+9=7+8 先考察5+9=6+8，可以對(duì)應(yīng)為“東”+“西”=“南”+“北”，因?yàn)椤皷|”、“西”可以調(diào)換，“南”、“北”可以對(duì)調(diào)，有2×2=4種填法，而“東、西”，“南、北”可以整體對(duì)調(diào)，于是有4×2=8種填法 5 + 8 = 6+7，6+9=7+8同理均有8種填法，所

20、以共有8×3=24種不同的填法 14在圖20-2的空格內(nèi)各填人一個(gè)一位數(shù)，使同一行內(nèi)左面的數(shù)比右面的數(shù)大，同一列內(nèi)上面的數(shù)比下面的數(shù)小，并且方格內(nèi)的6個(gè)數(shù)字互不相同，例如圖20-3為一種填法那么共有多少種不同的填法?23 圖20-2642753 圖20-3【分析與解】 為了方便說明，標(biāo)上字母：CD2AB3要注意到，A最大，D最小，B、C的位置可以互換但是，D只能取4，5，6，因?yàn)槿绻?，就找不到3個(gè)比它大的一位數(shù)了當(dāng)D取4，5，6時(shí)分別剩下5，4，3個(gè)一位大數(shù)有B、C可以互換位置所有不同的填法共×2+×2+×2=10×2+4×2+1

21、×2=30種 (2003年一零一中學(xué)小升初第12題)將一些數(shù)字分別填入下列各表中，要求每個(gè)小格中填入一個(gè)數(shù)字，表中的每橫行中從左到右數(shù)字由小到大，每一豎列中從上到下數(shù)字也由小到大排列 (1)將1至4填入表1中，方法有_ 種： (2)將1至6填入表2中，方法有_ 種； (3)將1至9填入表3中，方法有_ 種【分析與解】 (1)2種：如圖，1和4是固定的，另外兩格任意選取，故有2種；(2)5種：1和6是固定的，其他的格子不確定有如下5種：(3)42種：由(2)的規(guī)律已經(jīng)知道，3×2是5種：1、2、3確定后，剩下的6個(gè)格子是3×2，為5種如下：同理也各對(duì)應(yīng)5種；注意到

22、例外，對(duì)應(yīng)的不是5種，因?yàn)榈谝慌庞疫叺臄?shù)限制了其下方的數(shù)字，滿足條件的只有如下幾種： 共計(jì)5+5+5+4+2=21種另外，將以上所有情況翻轉(zhuǎn)過來，也是滿足題意的排法，所以共21×2=42種15從1至9這9個(gè)數(shù)字中挑出6個(gè)不同的數(shù)填在圖204的6個(gè)圓圈內(nèi)，使任意相鄰兩個(gè)圓圈內(nèi)數(shù)字之和都是質(zhì)數(shù)那么共能找出多少種不同的挑法?(6個(gè)數(shù)字相同、排列次序不同的都算同一種)【分析與解】 顯然任意兩個(gè)相鄰圓圈中的數(shù)一奇一偶，因此，應(yīng)從2、4、6、8中選3個(gè)數(shù)填入3個(gè)不相鄰的圓圈中：填入2、4、6，這時(shí)3與9不能同時(shí)填入(否則總有一個(gè)與6相鄰，和3+6或9+6不是質(zhì)數(shù))沒有3、9的有1種；有3或9的，

23、其他3個(gè)奇數(shù)l、5、7要去掉1個(gè)，因而有2×3=6種，共1+67種：填入2、4、8這時(shí)7不能填入(因?yàn)?+2，7+8都不是質(zhì)數(shù))，從其余4個(gè)奇數(shù)中選3個(gè)，有4種選法，都符合要求：填入2、6、8這時(shí)7不能填入，而3與9只能任選1個(gè)，因而有2種選法：填入4、6、8這時(shí)3與9只能任選1個(gè)，1與7也只能任選1個(gè)因而有2×2=4種選法 總共有7+4+2+4 = 17種選法20一個(gè)骰子六個(gè)面上的數(shù)字分別為0，1，2，3，4，5，現(xiàn)在擲骰子，把每次擲出的點(diǎn)數(shù)依次求和，當(dāng)總點(diǎn)數(shù)超過12時(shí)就停止不再擲了，這種擲法最有可能出現(xiàn)的總點(diǎn)數(shù)是幾？1.從甲地到乙地有2種走法，從乙地到丙地有4種走法，從

24、甲地不經(jīng)過乙地到丙地有3種走法，則從甲地到丙地的不同的走法共有種2.甲、乙、丙3個(gè)班各有三好學(xué)生3，5，2名，現(xiàn)準(zhǔn)備推選兩名來自不同班的三好學(xué)生去參加校三好學(xué)生代表大會(huì)，共有種不同的推選方法3.從甲、乙、丙三名同學(xué)中選出兩名參加某天的一項(xiàng)活動(dòng)，其中一名同學(xué)參加上午的活動(dòng)，一名同學(xué)參加下午的活動(dòng)有種不同的選法4.從a、b、c、d這4個(gè)字母中，每次取出3個(gè)按順序排成一列，共有種不同的排法5.若從6名志愿者中選出4人分別從事翻譯、導(dǎo)游、導(dǎo)購、保潔四項(xiàng)不同的工作，則選派的方案有種6.有a，b，c，d，e共5個(gè)火車站，都有往返車，問車站間共需要準(zhǔn)備種火車票7.某年全國足球甲級(jí)聯(lián)賽有14個(gè)隊(duì)參加，每隊(duì)都要與其余各隊(duì)在主、客場分別比賽一場，共進(jìn)行場比賽8.由數(shù)字1、2、3、4、5、6可以組成個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的正整數(shù)9.用0到9這10個(gè)數(shù)字可以組成個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)10.（1）有5本不同的書，從中選出3本送給3位同學(xué)每人1本，共有種不同的選法；（2）有5種不同的書