解排列组合问题没的策略.doc

解排列组合问题的策略 要正确解答排列组合问题，第一要认真审题，弄清楚是排列问题还是组合问题、还是排列与组合混合问题；第二要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理，做到不重不漏；第三要计算正确下面将通过对若干例题的分析，探讨解答排列组合问题的一些常见策略，供大家参考 一、解含有特殊元素、特殊位置的题采用特殊优先安排的策略 对于带有特殊元素的排列问题，一般应先考虑特殊元素、特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，也就是解题过程中的一种主元思想 例1：用0，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A24个 B30个 C40个 D60个 解：因组成的三位数为偶数，末尾的数字必须是偶数，又0不能排在首位，故0是其中的“特殊”元素，应优先安排，按0排在末尾和0不排在末尾分为两类：当0排在末尾时，有个；当0不排在末尾时，三位偶数有个，据加法原理，其中偶数共有+30个，选B 若含有两个或两个以上的特殊位置或特殊元素，则应使用集合的思想来考虑这里仅举以下几例 (1)无关型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成的集合的交是空集) 例2：用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被10整除且数字不同的六位数? 解：由题意可知，两个特殊位置在首位和末位，特殊元素是“0，首位可取元素的集合A1，2，3，4，5，末位可取元素的集合B0，AB如图1所示 末位上有种排法，首位上有种不同排法，其余位置有种不同排法所以，组成的符合题意的六位数是 120(个) 说明：这个类型的题目，两个特殊位置上所取的元素是无关的先分别求出两个特殊位置上的排列数(不需考虑顺序)，再求出其余位置上的排列数，最后利用乘法原理，问题即可得到解决 (2)包合型(两个特殊位置上分别可取的元素所组成集合具有包合关系) 例3：用0，1，2，3，4，5六个数字可组成多少个被5整除且数字不同的六位奇数? 解：由题意可知，首位、末位是两个特殊位置，“0”是特殊元素，首位可取元素的集合A1，2，3，4，5，末位可取元素的集合B5，BA，用图2表示。 末位上只能取5，有种取法，首位上虽然有五个元素可取但元素5已经排在末位了，故只有种不同取法，其余四个位置上有种不同排法，所以组成的符合题意的六位数有96(个) 说明：这个类型的题目，两个特殊位置上所取的元素组成的集合具有包含关系，先求被包合的集合中的元素在特殊位置上的排列数，再求另一个位置上的排列数，次求其它位置上排列数，最后利用乘法原理，问题就可解决 (3)影响型(两个特殊位置上可取的元素既有相同的，又有不同的这类题型在高考中比较常见) 例4：用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大并且百位数字不是3的没有重复数字的五位数有多少个? 解：由题意可知，首位和百位是两个特殊位置，“3”是特殊元素首位上可取元素的集合A2，3，4，5，百位上可取元素的集合B1，2，4，5用图3表示 从图中可以看出，影响型可分成无关型和包含型首先考虑首位是3的五位数共有：个；再考虑首位上不是3的五位数，由于要比20000大，首位上应该是2、4、5中的任一个，种选择；其次3应排在千位、十位与个位三个位置中的某一个上，种选择，最后还有三个数、三个位置，有种排法，于是首位上不是3的大于20000的五位数共有个 综上，知满足题设条件的五位数共有：+78个 二、解含有约束条件的排列组合问题一采用合理分类与准确分步的策略 解含有约束条件的排列组合问题，应按元素的性质进行分类，按事件发生的连贯过程分步，做到分类标准明确、分步层次清楚，不重不漏 例5：平面上4条平行直线与另外5条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有_个 简析：按构成矩形的过程可分为如下两步：第一步先在4条平行线中任取两条，有种取法；第二步再在5条平行线中任取两条，有种取法这样取出的四条直线构成一个矩形，据乘法原理，构成的矩形共有·60个 例6：在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少? 解：依题意，共线的三点组可分为三类：两端点皆为顶点的共线三点组共有28(个)；两端点皆为面的中心的共线三点组共有3(个)；两端点皆为各棱中点的共线三点组共有18(个) 所以总共有28+3+1849个 例7：某种产品有4只次品和6只正品(每只产品均可区分)每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止求第4只次品在第五次被发现的不同情形有多少种? 解：先考虑第五次测试的产品有4种情况，在前四次测试中包含其余的3只次品和1只正品，它们排列的方法数是6。依据乘法原理得所求的不同情形有4×6576种 有些排列组合问题元素多，取出的情况也有多种，对于这类问题常用的处理方法是：可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后计算总和 例8：由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复的6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 分析：按题意个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，符合题的分别有，个 合并总计，共有+300(个) 故选B 说明：此题也可用定序问题缩位法求解，先考虑所有6位数：个，因个位数字须小于个位数字，故所求6位数有()/300(个) 处理此类问题应做到不重不漏即每两类的交集为空集，所有类的并集为合集因此要求合理分类 例9：已知集合A和集合B各含12个元素，AB含有4个元素，试求同时满足下面的两个条件的集合C的个数： (1)CAB，且C中含有3个元素； (2)CA（表示空集)。 分析：由题意知，属于集合B而不属于集合A元素个数为12-48，因此满足条件(1)、(2)的集合C可分为三类：第一类：含A中一个元素的集C有个；第二类：含A中二个元素的集C有个；第三类：含A中三个元素的集C有 个。故所求集C的个数是+1084 有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，分别分配到不同的位置上，对于这类问题的常用解法，是先将元素逐一分组，然后再进行全排列、但在分组时要注意是否为均匀分组 例10：3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护土，不同的分配方法共有 ( ) A90种 B180种 C270种 D540种 分析：(一)先分组、后分配： 第一步：将3名医生分成3组，每组一人只有一种分法第二步：将6名护士分成3组，每组2人有：()/种分法第三步：将医生3组及护士3组进行搭配，使每组有一名医生、2名护士，有种搭配方法第四步：将所得的3组分配到3所不同的学校有种分配法 故共有不同的分配方法：·540(种)故选(D) 分析：(二)第一步：先将6名护士分配到3所不同学校，每所学校2名，则有(种)分法 第二步：再将3名医生分配到3所不同的学校，每所学校1人，有种分法 故共有=540(种)故选(D) 说明：处理此类问题应注意准确分步 三、解排列组合混合问题采用先选后排策略 对于排列与组合的混合问题，可采取先选出元素，后进行排列的策略 例11：4个不同小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子，则恰有一个空盒的放法有_种 简析：这是一个排列与组合的混合问题因恰有一个空盒，所以必有一个盒子要放2个球，故可分两步进行：第一步选，从4个球中任选2个球，有种选法。从4个盒子中选出3个，有种选法；第二步排列，把选出的2个球视为一个元素，与其余的2个球共3个元素对选出的3个盒子作全排列，有种排法所以满足条件的放法共有 =144种 四、正难则反、等价转化策略 对某些排列组合问题，当从正面入手情况复杂，不易解决时，可考虑从反面入手，将其等价转化为一个较简单的问题来处理即采用先求总的排列数(或组合数)，再减去不符合要求的排列数(或组合数)，从而使问题获得解决的方法其实它就是补集思想 例12：马路上有编号为1、2、3、9的9只路灯，为节约用电，现要求把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法共有_种 简析：关掉一只灯的方法有7种，关第二只、第三只灯时要分类讨论，情况较为复杂，换一个角度，从反面入手考虑因每一种关灯的方法唯一对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列，于是问题转化为在6只亮灯中插入3只暗灯，且任何两只暗灯不相邻、且暗灯不在两端，即从6只亮灯所形成的5个间隙中选3个插入3只暗灯，其方法有 10种。故满足条件的关灯的方法共有10种 例13：甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程共有多少种? 解：设甲队队员为al，a2,a7，乙队队员为b1，b2,，b7，下标表示事先安排好的出场顺序，若以依次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类比为这14个字母互相穿插的一个排列，最后是胜队中获胜队员和可能未参赛的队员如a1a2b1b2a3b3b4b5a4b6b7a5a6a7. 所表示为14个位置中取7个位置安排甲队队员，其余位置安排乙队队员，故比赛过程的总数为 3432. 例14：有2个a，3个b，4个c 共九个字母排成一排，有多少种排法? 分析：若将字母作为元素，19号位置作为位子，那么这是一个“不尽相异元素的全排列”问题，若转换角色，将19号位置作为元素，字母作为位子，那么问题便转化成一个相异元素不许重复的组合问题 即共有1260(种)不同的排法 有些问题反面的情况为数不多，容易讨论，则可用剔除法 对有限制条件的问题，先以总体考虑，再把不符合条件的所有情况剔除这是解决排列组合应用题时一种常用的解题策略 例15：四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( ) A150种 B147种 C14种 D141种 分析：在这10个点中，不共面的不易寻找，而共面的容易找因此，采用剔除法，由10个点中取出4个点的组合数(减去4个点共面的个数即为所求)4点共面情形可分三类：第一类：四面体每个面中的四个点共面，共有4×60种；第二类：四面体的每2组对棱的中点构成平行四边形，则这四点共面，共有3种；第三类：四面体的一条棱上三点共线，这三点与对棱中点共面，共有6种故4点不共面的取法有-(4+6+3)141种 例16：从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中取出3个数，使和为不小于10的偶数，不同的取法有多少种 解：从这10个数中取出3个不同的偶数的取法有种；取1个偶数和2个奇数的取法有种另外，从这10个数中取出3个数，使其和为小于10的偶数，有9种不同取法 因此，符合题设条件的不同取法有+-951种 五、解相邻问题采用“捆绑”策略 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”起来看作一个元素与其他元素排列，然后再在相邻元素之间排列 事实上，这种方法就是将相邻的某几个元素，优先考虑。让这些特殊元素合成一个元素，与普通元素排列后，再松绑 例17：A，B，C，D，E五人并排站成一排，如A，B必相邻，且B在A右边，那么不同排法有（ ） A24种 B60种 C90种 D120种 分析：将特殊元素A，B按B在A的右边“捆绑”看成一个大元素，与另外三个元素全排列 ，由A，B不能交换，故不再“松绑”，选A 例18：5人成一排，要求甲、乙相邻，有几种排法? 解：将甲、乙“捆绑”成一个元素，加上其他3元素，共4元素，全排列有种，甲、乙内部的排列有种故共有 48种 也可以这样理解：先让甲、丙、丁、戊，排成一列有种，再将乙插入甲的左边或右边，有种，共48种 例19：计划展出10幅不同的画，其中一幅水彩画、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多少种? ( ) A、B、C、D、 分析：先把3种品种的画各看成整体，而水彩画不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有种放法，再考虑油画与国画本身又可以全排列，故排列的方法为，故选D. 例20：5名学生和3名老师站成一排照相，3名老师必须站在一起的不同排法共有_种 简析：将3名老师捆绑起来看作一个元素，与5名学生排列，有种排法；而3名老师之间又有种排法，故满足条件的排法共有 4320种 用“捆绑”法解题比较简单，实质是通过“捆绑”减少了元素，它与下面要提到的“插孔”法结合起来，威力便更大了 六、解不相邻问题采用“插孔”策略 对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排列好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端的空隙中插入 例21：7人站成一行，如果甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数是 ( ) A1440种 B3600种 C4320种 D4800种 简析：先让甲、乙之外的5人排成一行，有种排法，再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入，有种方法故共有·3600种排法，选B 例22：要排一个有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈不相邻，问有多少种不同排法? 分析：先将6个歌唱节目排成一排有种排法，6个歌唱节目排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入4个舞蹈节目有种，故共·6！604800种不同排法 例23：从1，2，3，2000这2000个自然数中，取出10个互不相邻的自然数，有多少种方法? 解：将问题转化成把10名女学生不相邻地插入站成一列横列的1990名男生之间(包括首尾两侧)，有多少种方法? 因为任意相邻2名男学生之间最多站1名女学生，队伍中的男学生首尾两侧最多也可各站1名女学生于是，这就是1991个位置中任选10个位置的组合问题，故共有种方法 利用“插孔”法，也可以减少元素，从而简化问题 例24：一排6张椅子上坐3人，每2人之间至少有一张空椅子，求共有多少种不同的坐法? 解：将问题转化成把3个人坐5张椅子，然后插一把空椅子问题 3个人若坐5张椅子，每2人之间一张空椅子坐法是固定的有种不同的坐法，然后，将余下的那张椅子插入3个坐位的4个空隙，有4种插法所以共有424种不同的坐法 七、解定序问题采用除法策略 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其它元素一同进行排列，然后用总排列数除以这几个元素的全排列数，这其实就是局部有序问题，利用除法来“消序” 例25：由数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数字的共有（ ） A210个 B300个 C. 464个 D600个 简析：若不考虑附加条件，组成的六位数共有个，而其中个位数字与十位数字的种排法中只有一种符合条件，故符合条件的六位数共300个，故选B 例26：信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗，把这5面旗都挂上去，可表示不同信号的种数是 _(用数字作答) 分析：5面旗全排列有种挂法，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次的挂法，故共有不同的信号种数是10(种) 说明：此题也可以用组合来解，只需5个位置中确定3个，即10 例27：有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少种排法? 分析：先在7个位置上任取4个位置排男生，有种排法，剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，只有一种排法，故共有840种 在处理分堆问题时，有时几堆中元素个数相等，这时也要用除法， 例28：不同的钢笔12支，分3堆，一堆6支，另外两堆各3支，有多少种分法? 解：若3堆有序号，则有·，但考虑有两堆都是3支，无须区别，故共有/9240种 例29：把12支不同的钢笔分给3人，一人得6支，二人各得3，有几种分法? 解：先分堆：有/种再将这三堆分配给三人，有种。共有·/3.种 本题亦可用“选位，选项法”，即：=3.八、解分排问题采用直排处理的策略 把n个元素排成前后若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一排成一排的方法来处理 例30：两排座位，第一排3个座位，第二排5个座位，若8位学生坐(每人一个座位)。则不同的坐法种数是 （ ） A、B、C、D、 简析：因8名学生可在前后两排的8个座位中随意入坐，再无其他条件，所以两排座位可看作一排来处理，其不同的坐法种数是，故应选D 九、解“小团体”排列问题采用先整体后局部策略 对于“小团体”排列问题，可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排列，最后再进行“小团体”内部的排列 例31：三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出的出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家，其出场方案共有( ) A36种 B18种 C12种 D6种 简析：按要求出场顺序必须有一个小团体“女男女”，因此先在三名男歌唱家中选一名(有种选法)与两名女歌唱家组成一个团体，将这个小团体视为一个元素，与其余2名男歌唱家排列有种排法。最后小团体内2名女歌唱家排列有种排法，所以共有36种出场方案，选A。 十、简化计算繁琐类问题采用递归策略 所谓递归策略，就是先建立所求题目结果的一个递推关系式，再经简化题目条件得出初始值，进而递推得到所求答案 例32：有五位老师在同一年级的6个班级中，分教一个班的数学，在数学会考中，要求每位老师均不在本班监考，共有安排监考的方法总数是多少？ 解：记n元安排即al、a2、an个元素的排列，且满足“ai不在第i位上的方法总数为an. 固定n-1个元素不动的排法是1； 固定n-2个元素不动的排法是； 固定n-3个元素不动的排法是； 固定1个元素不动的排法是·an-1； an=n!-1-·an-1(n3, nN) 容易计算得a21，由上式递推可得：a32，a4=9，a544 因此，共有安排监考的方案总数为44种 十一、解较复杂的排列问题采用构造型策略 对较复杂的排列问题，可通过构造一个相应的模型来处理 例33：某校准备组建一个18人的足球队，这18人由高一年级10个班的学生组成，每个班级至少1人，名额分配方案共有_种 简析：构造一个隔板模型如图，取18枚棋子排成一列，在相邻的每两枚棋子形成的17个间隙中选取9个插入隔板，将18枚棋子分隔成10个区间，第i(1i10)个区间的棋子数对应第i个班级学生的名额，因此名额分配方案的种数与隔板插入数相等。因隔板插入数为，故名额分配方案有24310种 例34：将组成篮球队的12个名额分给7所学校，每所学校至少1个名额，问名额分配方法有多少种? 解：将问题转化成一把排成一行的12个0分成7份的方法数，这样用6块闸板插在11个间隔中，共有462种不同方法所以名额分配总数是种。 例35：6人带10瓶汽水参加春游，每人至少带1瓶汽水，有多少种不同的带法? 解：将问题转化成把10个相同的球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放1个球，有多少种不同的放法? 即把排成一行的10个0分成6份的方法数，这样用5块闸板插在9个间隔中，共有126种 即原问题中有126种不同带法 例36：对正方体的8个顶点作两两连线。其中异面直线的有( )对 A156 B174 C192 D210 分析：由于每一个三棱锥对应于3对异面直线，故可构造三棱锥，问题即特化为正方体8个顶点构成三棱锥的个数，易得异面直线有(-6-6)×3174(对)，选B 十二、建立排列组合与集合之间的对应关系的策略 排列组合问题往往因其文字叙述抽象而使学生理解困难，在解决这类问题时，我们通常是根据加法或乘法原理将问题分类或分步逐一计算，然而由于问题的抽象性与复杂性，我们在分类或分步的过程中，经常会出现重复或遗漏的现象如果我们运用集合与对应的思想来分析和处理这类问题，则能有效地解决上述矛盾 例37：由数字1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的 (1)1不在首位、5在末位的五位数? (2)2，3都与4不相邻的五位数? 解：(1)A1 在首位的五位数，B5 在末位的五位数，则原题即求n() 已知n()=n(B)-n(AB)易知n(B)，n(AB)=, (即1在首位，5在末位的五位数的个数)，n()-=18 因而满足已知条件的五位数有18个 (3)设A=2与4相邻的五位数， B3与4相邻的五位数则原题即求n()由摩根律、容斥原理及性质2， 有n()=n()=n(I-AB)=n(I)-n(AB)=n(I)-n(A)-n(B)+n(AB)= =36.即有36个满足已知条件的数 说明：其中n(I)表示由数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数的个数，即它们的全排列数，n(AB)表示2与4相邻且3与4相邻的五位数的个数，那么4一定排在2与3之间，且2，4，3相邻，故有种排法 例38：将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不同的填法有多少种? 解：设Ai(i=1,2,3,4)表示i填在标号为i的方格内，且其余格子都填满的所有填法的集体，则原题即求 n，由摩根律及容斥原理，有 n=n()=n(I)-n(A1A2A3A4) =n(I)-(AiAhAj)+n(A1A2A3A4) =. 即有9种填法。 说明：系数代表从集合Al、A2、A3、A4中每次取出1个、2个、3个、4个组成交集的个数， 例39：男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形下各有多少种选派方法? (1)队长至少有1人参加；(2)既要有队长，又要有女运动员 解：(1)设A选派5人有男队长参加的，B选派5人有女队长参加的,则原题即求n(AB), 而n(AB)=n(A)+n(B)-n(AB). n(A)=n(B), n(AB)=, 故n(AB)=2-=196. 另解：设A选派5人有1个队长参加的，B选派5人有2个队长参加的，则原题即求n(AB), n(A)=, n(B)=, n(AB)=n()=0. 因此n(AB)=n(A)+n(B)=+196 说明：AB即选派5人既要有1个队长参加又要有2个队长参加这件事，这是不可能事件 (2)设A选派5人有队长参加的，B选派5人有女运动员参加的，则原题即求n(AB)， 又n(AB)=n(I)-n()=n(I)-n() =n(I)-n()-n()+n()=191. 即有191种选派方法 说明：即选派5人，既无队长又无女运动员参加 从以上3例我们可以看出，用集合与对应思想分析处理排列组合问题，实质上就是将同一问题中满足不同限制条件的元素的排列或组合的全体与不同的集合之间建立相应的对应关系，而将各限制条件之间的关系转化为集合与集合之间的运算关系，通过计算集合的元素个数来计算排列或组合的个数，这有助于将带有多个附加条件的排列或组合问题分解为只有1个或简单几个附加条件的排列或组合问题来处理，这可大大简化复杂的分类过程，从而降低了问题的难度 例40：如果从数1，2，14中，按从小到大的顺序取出al，a2，a3，使同时满足a2-a13与a3-a23，那么所有符合上述要求的不同取法共有多少种? 解：设S=1，2，14，T=1，2，10； P=(a1,a2,a3)|a1,a2,a3S, a2-a13, a3-a23 Q=(b1,b2,b3)|b1,b2,b3T, b1<b2<b3, f: (a1, a2,a3)(b1,b2,b3)，其中b1=a1,b2=a2-2, b3=a3-4. 易证f是P和Q之间的一个一一对应，所以题目所求的取法种数恰好等于从T中任意取出三个不同数的取法种数，共120种 例41：在100名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场比赛失败要退出比赛)，最后产生一名冠军，问要举行几场?分析：要产生一名冠军，需淘汰掉冠军以外的所有其它选手，即要淘汰99名选手，要淘汰一名选手，必须进行一场比赛；反之，每比赛一场恰淘汰一名选手，两者之间一一对应，故立即可得比赛场次99次。 十三、特征分析、试验策略 研究有约束条件的排列数问题，须紧扣题目所提供的数字特征、结构特征，进行推理、分析求解 例42：由1，2，3，4，5，6六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数 分析数字特征：6的倍数既是2的倍数，又是3的倍数其中3的倍数又满足“各个数位上的数字和是3的倍数”的特征，把6个数分成4组(3)，(6)，(1，5)，(2，4)，每组的数字和都是3的倍数，因此可分成两类讨论：第一类：由1，2，4，5，6作数码：首先从2，4，6中任选一个作个位数字有，然后其余四个数在其它数位上全排列有，所以N1=·。第二类：由1，2，3，4，5作数码，依上法有N·。故NNl+N2120(个) 例43：从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100则不同的取法有 （ ） A50种 B.100种 C1275种 D2500种 分折：此题数字较多，情况也不一样，需要分拆摸索其规律为了方便，两个加数中以较小的数为被加数，因为1+100101100，1为被加数的有1种；同理，2为被加数的2种；49为被加数有49种；50为被加数的有50种，但51为被加数只有49种；52为被加数只有48种；99为被加数的只有1种故不同的取法共有：(1+2+50)+(49+48+1)2500种，选D。 例44：将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格内，每个格填1个，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 ( ) A6种 B9种 C. 11种 D. 23种 分析：考察排列的定义，由于附加条件较多，解法较为困难，可用试验法逐步解决。 第一方格内可填2或3或4，如填2，则第二方格内可填1或3或4。若第二方格内放1，则第三方格只能填4，第四方格填3若第二方格填3，则第三方格应填4，第四方格应填1。同理，若第二方格填4，则第三、四方格应分别填1、3，因而，第一方格放2共有3种方法。同理，第一格放3或4也各有3种，所以共有9种方法，选B这里用到了试验的技巧 十四、解决允许重复排列问题采用“住店”转化策略 解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解的方法称为“住店法” 例45：七名学生争夺五项冠军。获得冠军的可能的种数有 ( ) A75 B57 C D 分析：因同一学生可同时夺得几项冠军，故学生可重复排列将七名学生看作七家“店”，五项冠军看作5名“客”。每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得75种，选A 以上介绍了排列组合应用题的几种常见求解策略这些策略不是彼此孤立的，而是相互依存、相互为用的有时解决某一问题时综合运用几种求解策略，此外有特殊、优序、类比等策略，限于篇幅不一一赘述。