虽然数学始于 结绳计数 远古时代 ,由于那时社会的生产水平的发展尚处于低级阶段,谈不上有什么技巧。随着人们对于数的了解和研究,在形成与数密切相关的数学分支的过程中,如 数论 、代数、 函数论 以至泛函的形成与发展,逐步地从数的多样性发现数数的多样性,产生了各种数数的技巧。
同时,人们对数有了深入的了解和研究,在形成与形密切相关的各种数学分支的过程中,如 几何学 拓扑学 以至 范畴论 的形成与发展,逐步地从形的多样性也发现了 数形 的多样性,产生了各种数形的技巧。近代的 集合论 数理逻辑 等反映了潜在的数与形之间的结合。而现代的代数拓扑和 代数几何 等则将数与形密切地联系在一起了。这些,对于以数的技巧为中心课题的近代 组合学 的形成与发展都产生了而且还将会继续产生深刻的影响。
由此观之,组合学与其他数学分支有着必然的密切联系。它的一些研究内容与方法来自各个分支也应用于各个分支。当然,组合学与其他数学分支一样也有其独特的研究问题与方法,它源于人们对于 客观世界 中存在的数与形及其关系的发现和认识。例如,中国古代的《 易经 》中用十个天干和十二个地支以六十为周期来记载月和年,以及在 洛书河图 中关于 幻方 的记载,是人们至今所了解的最早发现的组合问题甚或是架构 语境学
于11和12世纪间, 贾宪 就发现了 二项式系数 杨辉 将它整理记载在他的《续古抉奇法》一书中。这就是中国通常称的 杨辉三角 。事实上,于12世纪印度的 婆什迦罗第二 也发现了这种组合数。13世纪 波斯 的哲学家曾讲授过此类三角。而在西方, 布莱士·帕斯卡 发现这个三角形是在17世纪中期。这个三角形在其他数学分支的应用也是屡见不鲜的。同时,帕斯卡和 费马 均发现了许多与 概率论 有关的 经典组合学 的结果。因此,西方人认为组合学开始于17世纪。组合学一词是德国数学家 莱布尼茨 在数学的意义下首次应用。也许,在那时他已经预感到了其将来的蓬勃发展。然而只有到了18世纪欧拉所处时代,组合学才可以说开始了作为一门科学的发展,因为那时,他解决了柯尼斯堡 七桥问题 ,发现了 多面体 (首先是 凸多面体 ,即 平面图 的情形)的顶点数、边数和面数之间的简单关系,被人们称为 欧拉公式 。甚至,当今人们所称的 哈密顿圈 的首创者也应该是欧拉。这些不但使欧拉成为组合学的一个重要组成部分——图论而且也成为占据 现代数学 舞台中心的 拓扑学 发展的先驱。同时,他对导致当今组合学中的另一个重要组成部分——组合设计中的 拉丁方 的研究所提出的猜想,人们称为 欧拉猜想 ,直到1959年才得到完全的解决。
于19世纪初,高斯提出的组合系数,今称 高斯系数 ,在 经典组合学 中也占有重要地位。同时,他还研究过平面上的 闭曲线 的相交问题,由此所提出的猜想称为高斯猜想,它直到20世纪才得到解决。这个问题不仅贡献于拓扑学,而且也贡献于组合学中图论的发展。同在19世纪,由 乔治·布尔 发现且被当今人们称为 布尔代数 的分支已经成为组合学中 序理论 的基石。当然,在这一时期,人们还研究其他许多组合问题,它们中的大多数是娱乐性的。
20世纪初期, 庞加莱 联系多面体问题发展了组合学的概念与方法,导致了近代 拓扑 学从组合拓扑学到 代数拓扑学 的发展。于20世纪的中、后期,组合学发展之迅速也许是人们意想不到的。首先,于1920年费希尔(Fisher,R.A.)和耶茨(Yates,F.)发展了实验设计的统计理论,其结果导致后来的 信息论 ,特别是 编码理论 的形成与发展.于1939年,坎托罗维奇(Канторович,Л.В.)发现了 线性规划 问题并提出解 乘数法 。于1947年丹齐克(Dantzig,G.B.)给出了一般的 线性规划模型 和理论,他所创立的 单纯形方法 奠定了这一理论的基础,阐明了其解集的组合结构。直到今天它仍然是应用得最广泛的 数学方法 之一。这些又导致以 网络流 为代表的运筹学中的一系列问题的形成与发展。开拓了人们称为 组合最优化 的一个组合学的新分支。在20世纪50年代,中国也发现并解决了一类称为 运输问题 的线性规划的 图上作业法 ,它与一般的 网络流理论 确有异曲同工之妙。在此基础上又出现了国际上通称的 中国邮递员问题
另一方面,自1940年以来,生于英国的塔特(Tutte,W.T.)在解决 拼方 问题中取得了一系列有关图论的结果,这些不仅开辟了现今图论发展的许多新研究领域,而且对于20世纪30年代,惠特尼(Whitney,H.)提出的拟阵论以及人们称之为组合几何的发展都起到了核心的推动作用。应该特别提到的是在这一时期,随着电子技术和 计算机科学 的发展愈来愈显示出组合学的潜在力量。同时,也为组合学的发展提出了许多新的研究课题。例如,以大规模和超大规模集成电路设计为中心的 计算机辅助设计 提出了层出不穷的问题。其中一些问题的 研究与发展 正在形成一种新的几何,人们称之为组合 计算几何 。关于 算法复杂性 的究,自1971年库克(Cook,S.A.)提出 NP完全性 理论以来,已经将这一思想渗透到组合学的各个分支以至数学和计算机科学中的一些分支。
近20年来,用组合学中的方法已经解决了一些即使在整个数学领域也是具有挑战性的难题。例如, 范·德·瓦尔登 (Van der Waerden,B.L.)于1926年提出的关于双随机矩阵积和式猜想的证明;希伍德(Heawood,P.J.)于1890年提出的曲面 地图着色 猜想的解决;著名的 四色定理 的计算机验证和扭结问题的 新组合 不变量 发现等。在数学中已经或正在形成着诸如组合拓扑、组合几何、 组合数论 组合矩阵论 组合群论 等与组合学密切相关的 交叉学科 。此外,组合学也正在渗透到其他自然科学以及 社会科学 的各个方面,例如,物理学、力学、化学、生物学、遗传学、心理学以及经济学、管理学甚至政治学等。
根据组合学研究与发展的现状,它可以分为如下五个分支:经典组合学、组合设计、组合序、图与 超图 和组合 多面形 与最优化.由于组合学所涉及的范围触及到几乎所有数学分支,也许和数学本身一样不大可能建立一种统一的理论.然而,如何在上述的五个分支的基础上建立一些统一的理论,或者从组合学中独立出来形成数学的一些新分支将是对21世纪数学家们提出的一个新的挑战。
在中国当代的数学家中,较早地在组合学中的不同方面作出过贡献的有 华罗庚、 吴文俊 、 柯召、 万哲先、 张里千 陆家羲 等.其中,万哲先和他领导的研究组在 有限几何 方面的系统工作不仅对于组合设计而且对于图的 对称性 的研究都有影响.陆家羲的有关不交 斯坦纳 三元系大集的一系列的文章不仅解决了组合设计方面的一个难题,而且他所创立的方法对于其后的研究者也产生了和正产生着积极的作用。
1772年,法国数学家 范德蒙德 (Vandermonde, A. - T.)以[n]p表示由n个不同的元素中每次取p个的排列数。
瑞士 数学家欧拉(Euler, L.)则于1771年以 及于1778年以 表示由n个不同元素中每次取出p个元素的组合数。
1830年,英国数学家皮科克(Peacock, G)引入符号Cr表示n个元素中每次取r个的组合数。
1869年或稍早些,剑桥的古德文以符号nPr 表示由n个元素中每次取r个元素的排列数,这用法亦延用至今。按此法,nPn便相当于n!。
1872年,德国数学家埃汀肖森(Ettingshausen,B. A. von)引入了符号(np)来表示同样的意义,这组合符号(Signs of Combinations)一直沿用至今。
1880年,鲍茨(Potts , R.)以nCr及nPr分别表示由n个元素取出r个的组合数与排列数。
1886年,惠特渥斯(Whit-worth, A. W.)用Cnr和Pnr表示同样的意义,他还用Rnr表示可重复的组合数。
1899年,英国数学家、物理学家克里斯托尔(Chrystal,G.)以nPr,nCr分别表示由n个不同元素中每次取出r个不重复之元素的排列数与组合数,并以nHr表示相同意义 下之 可重复的排列数,这三种符号也通用至今。
1904年,德国数学家内托(Netto, E.)为一本 百科辞典 所写的辞条中,以Arn表示上述nPr之意,以Crn表示上述nCr之意,后者亦也用符号(n r)表示。这些符号也一直用到现代。
⒈加法原理:做一件事,完成它可以有n类办法,在第一类办法中有m1种不同的方法,在第二类办法中有m2种不同的方法,……,在第n类办法中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…+mn种不同方法。
⒉第一类办法的方法属于集合A1,第二类办法的方法属于集合A2,……,第n类办法的方法属于集合An,那么完成这件事的方法属于集合A1UA2U…UAn。
⒊分类的要求 :每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务;两类不同办法中的具体方法,互不相同(即分类不重);完成此任务的任何一种方法,都属于某一类(即分类不漏)。
⑵乘法原理和分步计数法
乘法原理 :做一件事,完成它需要分成n个步骤,做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×m3×…×mn种不同的方法。
⒉合理分步的要求
任何一步的一种方法都不能完成此任务,必须且只须连续完成这n步才能完成此任务;各步计数 相互独立 ;只要有一步中所采取的方法不同,则对应的完成此事的方法也不同。
3.与后来的 离散型随机变量 也有密切相关。

排列组合 组合数的奇偶

奇偶定义:对组合数C(n,k)(n>=k):将n,k分别化为 二进制 ,若某 二进制位 对应的n为0,而k为1 ,则C(n,k)为偶数;否则为奇数。
下面是判定方法:
结论:
对于C(n,k),若n&k == k 则c(n,k)为奇数,否则为偶数。
证明:
对于C(n,k),若n&k == k 则c(n,k)为奇数,否则为偶数。
证明:
由C(n,k) = C(n-1,k) + C(n-1,k-1);
对应于 杨辉三角
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
………………
可以验证前面几层及k = 0时满足结论,下面证明在C(n-1,k)和C(n-1,k-1) (k > 0) 满足结论的情况下,
C(n,k)满足结论。
1).假设C(n-1,k)和C(n-1,k-1)为奇数:
则有:(n-1)&k == k;
(n-1)&(k-1) == k-1;
由于k和k-1的最后一位(在这里的位指的是 二进制 的位,下同)必然是不同的,所以n-1的最后一位必然是1
现假设n&k == k。
则同样因为n-1和n的最后一位不同推出k的最后一位是1。
因为n-1的最后一位是1,则n的最后一位是0,所以n&k != k,与假设矛盾。
所以得n&k != k。
2).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。
3).假设C(n-1,k)为奇数而C(n-1,k-1)为偶数:
则有:(n-1)&k == k;
(n-1)&(k-1) != k-1;
显然,k的最后一位只能是0,否则由(n-1)&k == k即可推出(n-1)&(k-1) == k-1。
所以k的末尾必有一部分形如:10;
相应的,n-1的对应部分为:1{*}*;
相应的,k-1的对应部分为:01;
则若要使得(n-1)&(k-1) != k-1 则要求n-1对应的{*}*中至少有一个是0.
所以n的对应部分也就为 :1{*}*; (不会因为进位变1为0)
所以 n&k = k。
4).假设C(n-1,k)为偶数而C(n-1,k-1)为奇数:
则有:(n-1)&k != k;
(n-1)&(k-1) == k-1;
分两种情况:
当k-1的最后一位为0时:
则k-1的末尾必有一部分形如:10;
相应的,k的对应部分为 : 11;
相应的,n-1的对应部分为 : 1{*}0; (若为1{*}1,则(n-1)&k == k)
相应的,n的对应部分为 : 1{*}1;
所以n&k = k。
当k-1的最后一位为1时:
则k-1的末尾必有一部分形如:01; (前面的0可以是附加上去的)
相应的,k的对应部分为 : 10;
相应的,n-1的对应部分为 : 01; (若为11,则(n-1)&k == k)
相应的,n的对应部分为 : 10;
所以n&k = k。
由3),4)得出当C(n,k)为奇数时,n&k = k。
综上,结论得证。
  • 计算一些物品在特定条件下分组的方法数目。这些是关于排列、组合和 整数分拆 的。
  • 地图着色问题:对世界地图着色,每一个国家使用一种颜色。如果要求相邻国家的颜色相异,是否总共只需四种颜色?这是 图论 的问题。
  • 船夫过河问题:船夫要把一匹狼、一只羊和一棵白菜运过河。只要船夫不在场,羊就会吃白菜、狼就会吃羊。船夫的船每次只能运送一种东西。怎样把所有东西都运过河?这是 线性规划 的问题。
  • 中国邮差问题:由中国组合数学家 管梅谷 教授提出。邮递员要穿过城市的每一条路至少一次,怎样行走走过的路程最短?这不是一个NP完全问题,存在多项式复杂度算法:先求出度为奇数的点,用匹配算法算出这些点间的连接方式,然后再用 欧拉路径 算法求解。这也是 图论 的问题。
  • 任务分配问题(也称婚配问题):有一些员工要完成一些任务。各个员工完成不同任务所花费的时间都不同。每个员工只分配一项任务。每项任务只被分配给一个员工。怎样分配员工与任务以使所花费的时间最少?这是 线性规划 的问题。
  • 如何构作 幻方
  • 大乐透

排列组合 例题

【例1】 从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成 等差数列 ,这样的不同等差数列有多少个?
分析:首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。
设a,b,c成等差,∴ 2b=a+c,可知b由a,c决定,
又∵ 2b是偶数,∴ a,c同奇或同偶,即:分别从1,3,5,……,19或2,4,6,8,……,20这十个数中选出两个数进行排列,可递增可递减,由此就可确定等差数列,A(10,2)*2=90*2,因而本题为180。
【例2】 在一块并排的10垄田地中,选择二垄分别种植A,B两种作物,每种种植一垄,为有利于作物生长,要求A,B两种作物的间隔不少于6垄,不同的选法共有多少种?
分析:条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含 排列数 组合数 的式子表示,因而采取分类的方法。
第一类:A在第一垄,B有4种选择;
第二类:A在第二垄,B有3种选择;
第三类:A在第三垄,B有2种选择;
第四类:A在第四垄,B有1种选择;
同理A、B位置互换 ,共20种。
【例3】 从6双不同颜色的手套中任取4只,其中恰好有一双同色的取法有多少种?
(A)240 (B)180 (C)120 (D)60
分析:显然本题应分步解决。
(一)从6双中选出一双同色的手套,有6种方法;
(二)从剩下的十只手套中任选一只,有10种方法。
(三)从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只,有8种方法;
(四)由于选取与顺序无关,因(二)(三)中的选法均重复一次,因而共6×10×8/2=240种。
或分步
⑴从6双中选出一双同色的手套,有C(6,1)=6种方法
⑵从剩下的5双手套中任选两只,有C(10,2)=45种方法
⑶再从这5种方法中减去5个选了同色的方法,有C(10,2)-5=40种方法。
同样得出共⑴×⑶=6×[C(10,2)-5]=6×40=240种。
【例4】 .身高互不相同的6个人排成2横行3纵列,在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮,则所有不同的排法种数为_______。
分析:每一纵列中的两人只要选定,则他们只有一种站位方法,因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系,共有三纵列,从而有C(6,2)×C(4,2)×C(2,2)=90种。
【例5】 在11名工人中,有5人只能当钳工,4人只能当车工,另外2人能当钳工也能当车工。现从11人中选出4人当钳工,4人当车工,问共有多少种不同的选法?
分析:采用 加法原理 首先要做到分类不重不漏,如何做到这一点?分类的标准必须前后统一。
以两个全能的工人为分类的对象,考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。
第一类:这两个人都去当钳工,C(2,2)×C(5,2)×C(4,4)=10种;
第二类:这两个人都去当车工,C(5,4)×C(2,2)×C(4,2)=30种;
第三类:这两人既不去当钳工,也不去当车工C(5,4)×C(4,4)=5种。
第四类:这两个人一个去当钳工、一个去当车工,C(2,1)×C(5,3)×C(4,3)=80种;
第五类:这两个人一个去当钳工、另一个不去当车工,C(2,1)×C(5,3)×C(4,4)=20种;
第六类:这两个人一个去当车工、另一个不去当钳工,C(5,4)×C(2,1)×C(4,3)=40种;
因而共有185种。
【例6】 现有印着0,1,3,5,7,9的六张卡片,如果允许9可以作6用,那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数?
9不作6用 ,依次排百位、十位、 个位 ,有5*5*4=100种
5*5*4=100种
9作6用 ,不选6的情况已经包括在9不作6用的情况中,而选6的情况下:
百位为6:5*4=20
十位为6:4*4=16
个位为6:4*4=16
总共100+20+16+16=152
【例7】 停车场划一排12个停车位置,今有8辆车需要停放,要求空车位连在一起,不同的停车方法有多少种?
分析:把空车位看成一个元素,和8辆车共九个元素排列,因而共有A(9,9)=362880种停车方法。

排列组合 特殊优先

特殊元素,优先处理;特殊位置,优先考虑。
例8 】六人站成一排,求
⑴甲、乙既不在排头也不在排尾的排法数
⑵甲不在排头,乙不在排尾,且甲乙不相邻的排法数
分析:⑴按照先排出首位和末尾再排中间四位分步计数
第一步:排出首位和末尾、因为甲乙不在首位和末尾,那么首位和末尾是在其它四位数选出两位进行排列、一共有A(4,2)=12种;
第二步:由于六个元素中已经有两位排在首位和末尾,因此中间四位是把剩下的四位元素进行 顺序排列
共A(4,4)=24种;
根据 乘法原理 得即不再排头也不在排尾数共12×24=288种。
⑵第一类:甲在排尾,乙在排头,有A(4,4)种方法。
第二类:甲在排尾,乙不在排头,有3×A(4,4)种方法。
第三类:乙在排头,甲不在排尾,有3×A(4,4)种方法。
第四类:甲不在排尾也不在排头,乙不在排头也不在排尾,有6×A(4,4)种方法(排除相邻)。
共A(4,4)+3×A(4,4)+3×A(4,4)+6×A(4,4)=312种。
【例9】 对某件产品的6件不同正品和4件不同次品进行一一测试,至区分出所有次品为止。若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现,则这样的 测试方法 有多少种可能?
分析:本题意指第五次测试的产品一定是次品,并且是最后一个次品,因而第五次测试应算是特殊位置了,分步完成。
第一步:第五次测试的有C(4,1)种可能;
第二步:前四次有一件正品有C(6,1)中可能。
第三步:前四次有A(4,4)种可能。
∴ 共有576种可能。

排列组合 捆绑与插空

【例10】 8人排成一队
⑴甲乙必须相邻
⑵甲乙不相邻
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻
⑷甲乙必须相邻,丙丁必须相邻
⑸甲乙不相邻,丙丁不相邻
分析:⑴甲乙必须相邻,就是把甲乙 捆绑(甲乙可交换) 和7人排列A(7,7)×A(2,2)
⑵甲乙不相邻,A(8,8)-A(7,7)×2。或A(6,6)×A(7,2)
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻,先求甲乙必须相邻且与丙相邻A(6,6)×2×2
甲乙必须相邻且与丙不相邻A(7,7)×2-A(6,6)×2×2
⑷甲乙必须相邻,丙丁必须相邻A(6,6)×2×2
⑸甲乙不相邻,丙丁不相邻,A(8,8)-A(7,7)×2×2+A(6,6)×2×2
【例11】 某人射击8枪,命中4枪,恰好有三枪连续命中,有多少种不同的情况?
分析:∵ 连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻,因而这是一个插空问题。另外没有命中的之间没有区别,不必计数。即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列,即A(5,2)。
【例12】 马路上有编号为l,2,3,……,10 十个路灯,为 节约用电 又看清路面,可以把其中的三只灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三只,在两端的灯也不能关掉的情况下,求满足条件的关灯方法共有多少种?
分析:即关掉的灯不能相邻,也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别,因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。∴ 共C(6,3)=20种方法。
方法二:
把其中的3只灯关掉总情况有C(8,3)种
关掉相邻的三只有C(6,1)种
关掉相邻的两只有2*C(7,2)-12种
所以满足条件的关灯方法有:
C(8,3)-C(6,1)-[2*C(7,2)-12]
=56-6-(42-12)
=20种
方法三:
把其中的3只灯关掉的总情况有C(8,3)种方法:
抽取相邻的两只灯关闭,有C(7,1)*C(6,1)-2*C(6,1)种方法;
因为以上相邻两只灯相邻关闭包括了三只灯相邻关闭的方法,所以:
C(8,3)-C(6,1)[C(7,1)*C(6,1)-2*C(6,1)]=20种

排列组合 间接计数法

【例13】 三行三列共九个点,以这些点为顶点可组成多少个 三角形 ?
分析:有些问题正面求解有一定困难,可以采用 间接法
所求问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数,
∴ 共76种。
【例14】 正方体 8个顶点中取出4个,可组成多少个 四面体 ?
分析:所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数,
∴ 共C(8,4)-12=70-12=58个。
【例15】 1,2,3,……,9中取出两个分别作为 对数 底数 真数 ,可组成多少个不同数值的对数?
分析:由于底数不能为1。
⑴当1选上时,1必为真数,∴ 有一种情况。
⑵当不选1时,从2--9中任取两个分别作为底数,真数,共A(8,2)=56,其中 log2 为底4=log3为底9,log4为底2=log9为底3,log2为底3=log4为底9,log3为底2=log9为底4.
因而一共有56-4+1=53个。
【例16】 六人排成一排,要求甲在乙的前面,(不一定相邻),共有多少种不同的方法? 如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢?
分析:(一)实际上,甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称,具有相同的排法数。因而有A(6,6)/2=360种。
(二)先考虑六人全排列A(6,6)种;其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位,因而前面的排法数重复了A(3,3)种, ∴ 有A(6,6)/A(3,3)=120种。
【例17 】5男4 女排 成一排,要求男生必须按从高到矮的顺序,共有多少种不同的方法?
分析:(一)首先不考虑男生的站位要求,共A(9,9)种;男生从左至右按从高到矮的顺序,只有一种站法,因而上述站法重复了A(5,5)次。因而有A(9,9,)/A(5,5,)=9×8×7×6=3024种
若男生从右至左按从高到矮的顺序,只有一种站法, 同理也有3024种,综上,有6048种。
(二)按照插空的方式进行思考。
第一步: 4个女生 先在9个位置中选择4个,为A(9,4)种方式;
第二步:男生站剩下的位置,因为必须从高到矮的顺序,没有规定方向,所以有2种;
综上,总的站法数有A(9,4)×2=6048种。
【例18】 三个相同的红球和两个不同的 白球 排成一行,共有多少种不同的方法?
分析:先认为三个红球互不相同,共A(5,5)=120种方法。
而由于三个红球所占位置相同的情况下,共A(3,3)=6变化,因而共A(5,5)/A(3,3)=20种。
额外简化方法:只排列白球,红球自然形成,A(5,2)=20种
公式P是指排列,从N个元素取R个进行排列(即排序)。(P是旧用法,教材上多用A,Arrangement)
公式C是指组合,从N个元素取R个,不进行排列(即不排序)。

排列组合 区别与联系

所有的排列都可以看作是先取组合,再做全排列;同样,组合如补充一个阶段(排序)可转化为排列问题。
【例20】 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数,
⑴可组成多少个不同的四位数?
⑵可组成多少个不同的四位偶数
⑶可组成多少个能被3整除的四位数?
分析:⑴有A(6,4)-A(5,3)=300个。
⑵分为两类:0在末位,则有A(5,3)=60种:0不在末位,则有C(2,1)×A(5,3)-C(2,1)×A(4,2)=96种。
∴ 共 60+ 96=156种。
⑶先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来,即先选
0,1,2,3
0,1,3,5
0,2,3,4
0,3,4,5
1,2,4,5
它们排列出来的数一定可以被3整除,再排列,有:4×[A(4,4)-A(3,3)]+A(4,4)=96种。