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第8课时 简洁计数问题
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理,能用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简洁的实际问题.
2.理解排列、组合的概念,能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式,能利用排列数公式、组合数公式解决简洁的实际问题.
3.培育同学的分类争辩思想.
有十个年轻人在一家饭店吃饭,几个人协商想吃免费的午餐.老板说“你们每次来吃饭由我支配座位,假如我支配的座位与前面的哪一次完全重复了,就免去全部费用.”大家以为很快能吃到免费餐,结果一年以后还没吃到.你认为他们有可能吃到吗?
问题1:上述情境中,老板支配10个人的座位共有 种排法,就算每天吃一餐,也要近一万年才能排完,所以这10个人不行能吃到免费餐.
问题2:分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区分
分类加法计数原理针对的是 问题,完成一件事要分为若干类,各类的方法 ,各类中的各种方法也 ,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事,是独立完成,而分步乘法计数原理针对的是 问题,完成一件事要分为若干步,各个步骤 ,完成任何其中的一步都 完成该件事,只有当各个步骤都完成后,才算完成这件事,是合作完成.
问题3:排列、组合的概念与公式
排列
组合
定
义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的 ,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 ,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数
公
式
Anm=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)=n!(n-m)!(m,n∈N+,m≤n)
Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)m!=n!m!(n-m)!(m,n∈N+,m≤n)
问题4:解决排列组合应用题常见的解题策略
① 优先的策略;
②合理分类与精确 分步的策略;
③排列、组合混合问题先选后 的策略;
④ 难则 、等价转化的策略;
⑤相邻问题 处理的策略;
⑥不相邻问题 处理的策略;
⑦分排问题 处理的策略;
⑧定序问题先 后 处理的策略;
⑨“小集团”排列问题先 后 的策略.
1.如图所示,用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色,相邻区域必需涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有( ).
A.180种 B.120种
C.96种 D.60种
2.九张卡片分别写着数字0,1,2,…,8,从中取出三张排成一排组成一个三位数,假如6可以当作9使用,则可以组成的三位数的个数为( ).
A.448 B.588 C.602 D.672
3.现有10个保送上高校的名额,安排给7所学校,每校至少有1个名额,问名额安排的方法共有 种.
4.4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法?
(2)恰有2个盒不放球,共有几种放法?
排列计数应用
有5个同学排队照相,求:
(1)甲、乙2个同学必需相邻的排法有多少种?
(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种?
(3)乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面的排法有多少种?
(4)甲不站在中间位置,乙不站在两端两个位置的排法有多少种?
组合计数问题
有20个零件,其中16个一等品,4个二等品,若从20个零件中任意取3个,
(1)恰好取得一个一等品、两个二等品的不同取法有多少种?
(2)至少有1个一等品的不同取法有多少种?
应用排列数、组合数的计数问题
车间有11名工人,其中5名男工是钳工,4名女工是车工,另外2名老师傅既能当车工又能当钳工.现在要在这11名工人里选派4名钳工,4名车工修理一台机床,有多少种选派方法?
用0,3,4,5,6排成无重复数字的五位数,要求偶数字相邻,奇数字也相邻,则这样的五位数的个数是( ).
A.36 B.32 C.24 D.20
在 100 件产品中,有 98 件合格品,2 件次品.从这 100 件产品中任意抽出 3 件 .
(1)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?
赛艇运动员10人,3人会划右舷,2人会划左舷,其余5人两舷都能划.现要从中选6人上艇,平均安排在两舷上划桨,有多少种不同的选法?
1.某外商方案在4个候选城市中投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有( ).
A.16种 B.36种 C.42种 D.60种
2.某校开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选1门,则不同的选法共有( ).
A.30种 B.35种 C.42种 D.48种
3.将4名新来的同学安排到A、B、C三个班级中,每个班级至少支配1名同学,其中甲同学不能安排到A班,那么不同的安排方案种数是 .
4.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,求不同的放球方法有多少种?
(2021年·浙江卷) 将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排,且A、B均在C的同侧,则不同的排法共有 种(用数字作答).
考题变式(我来改编):
排列组合综合性问题的解决策略有多余元素—实行先选后排特殊元素、特殊位置—优先法相邻问题—捆绑法不相邻问题—插空法有序分组—先选后排平均分组—除以挨次不平均分组—按先后挨次分组相乘至多、至少问题—间接除杂法
第8课时 简洁计数问题
学问体系梳理
问题1:10!=3628800
问题2:“分类” 相互独立 相对独立 “分步” 相互依存 不能
问题3:全部不同的排列个数 组成一组
问题4:①特殊 ③排 ④正 反 ⑤捆绑 ⑥插空 ⑦直排 ⑧排 除 ⑨整体 局部
基础学习沟通
1.A 按区域分四步:
第一步,A区域有5种颜色可选;
其次步,B区域有4种颜色可选;
第三步,C区域有3种颜色可选;
第四步,D区域也有3种颜色可选.
由分步乘法计数原理知共有5×4×3×3=180种.
2.C 可以分为两类状况:①若取出6,依据6是否排百位分类,则有2(A82+C21C71C71)种方法;②若不取6,则有C71A72种方法,依据分类加法计数原理,一共有2(A82+C21C71C71)+C71A72=602种方法.
3.84 (法一)每个学校至少有一个名额,则分去7个,剩余3个名额到7所学校的方法种数就是要求的安排方法种数.
分类:若3个名额安排到1所学校,则有7种方法;
若安排到2所学校,则有C72×2=42种;
若安排到3所学校,则有C73=35种.
即共有7+42+35=84种方法.
(法二)10个元素之间有9个间隔,要求分成7份,相当于用6块挡板插在9个间隔中,共有C96=84种不同方法.
4.解:(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”即把4个球分成2,1,1的三组,然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,共有C41C42C31×A22=144种.
(3)确定2个空盒有C42种方法,4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有C43C11A22种方法;其次类有序均匀分组有C42C22A22·A22种方法.故共有C42(C43C11A22+C42C22A22·A22)=84种.
重点难点探究
探究一:【解析】 (1)这是相邻问题,接受捆绑法.先排甲、乙,有A22种方法,再与其他3名同学排列,共有A22·A44=48种不同排法.
(2)这是不相邻问题,接受插空法,先排其余的2名同学,有A22种排法,消灭3个空,将甲、乙、丙插空.所以共有A22·A33=12种排法.
(3)这是挨次肯定问题.由于乙不能站甲前面,丙不能站在乙前面,故3人只能按甲、乙、丙这一种挨次排列.
(法一)5人的全排列共有A55种,甲、乙、丙3人全排列有A33种,而3人按甲、乙、丙挨次排列是全排列中的一种,所以共有A55A33=20种排法.
(法二)(插空法)先排甲、乙、丙3人,只有一种排法,然后插入1人到甲、乙、丙中,有4种插法,再插入1人,有5种插法,故共有4×5=20种排法.
(4)(法一)(直接法)若甲排在了两端的两个位置之一,甲有A21种,乙有A31种,其余3人有A33种,所以共有A21·A31·A33种;若甲排在了第2和第4两个位置中的一个,有A21种,这时乙有A21种,其余3人有A33种,所以一共有A21·A21·A33种,因此符合要求的一共有A21·A31·A33+A21·A21·A33=60种排法.
(法二)(间接法)5个人全排列有A55种,其中甲站在中间时有A44种,乙站在两端时有2A44种,且甲站中间同时乙在两端的有2A33种,所以一共有A55-A44-2A44+2A33=60种排法.
【小结】(1)有约束条件的排列问题的基本类型:
①某些元素不能排在或必需排在某一位置;②某些元素要求相离(即不能相邻);③某些元素要求相邻(即必需相邻).
(2)解题的基本方法是:有特殊元素或特殊位置,通常先排特殊元素或特殊位置,称为“优先处理元素(位置)法”.某些元素要求不相邻排列时,可先排列其他元素,再将这些不相邻元素插入“空档”,称为“插空法”;某些元素要求必需相邻时,可以先将这些元素作为一个整体元素,与其他元素排列后,再考虑整体内部的排序,称为“捆绑法”.
(3)在进行分类分步时肯定要做到分类标准统一,不重复不遗漏.
探究二:【解析】(1)先从一等品中取1个,有C161种取法,再从二等品中取2个,有C42种取法,
依据乘法原理恰好取得一个一等品、两个二等品的取法有C161C42=96种.
(2)(法一)将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类:“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”,由分类加法计数原理有:C161C42+C162C41+C163=1136种.
(法二)考虑其对立大事“3个都是二等品”,用间接法:C203-C43=1136种.
【小结】“至少”“至多”型问题不能利用分步乘法计数原理求解,多接受分类求解或转化为它的对立大事来求解.
探究三:【解析】(法一)设A,B代表2位老师傅.
A,B都不在内的选法有:C54·C44=5种;
A,B都在内且当钳工的选法有:C22·C52·C44=10种;
A,B都在内且当车工的选法有:C22·C54·C42=30种;
A,B都在内,一人当钳工,一人当车工的选法有:C22·A22·C53·C43=80种;
A,B有一人在内当钳工的选派方法有:C21·C53·C44=20种;
A,B有一人在内当车工的选派方法有:C21·C54·C43=40种.
∴一共有5+10+30+80+20+40=185种.
(法二)5名钳工有4名选上的方法是:C54·C44+C54·C43·C21+C54·C42·C22=75种;
5名钳工有3名被选上的方法是:C53·C44·C21+C53·C43·A22=100种;
5名钳工有2名被选上的方法是:C52·C22·C44=10种.
∴一共有75+100+10=185种.
(法三)4名女车工都在内的选派方法有:C44·C54+C44·C53·C21+C44·C52·C22=35种;
4名女车工有3名在内的选派方法有:C43·C21·C54+C43·C53·A22=120种;
4名女车工有2名在内的选派方法有:C42·C22·C54=30种,
∴一共有35+120+30=185种.
【小结】本题有多种分类方法,不管哪种分类,只要做到分类标准统一、系统分类分步,做到不重不漏就可以利用分类加法原理求解.
思维拓展应用
应用一:D 按首位数字的奇偶性分两类:
一类是首位是奇数的,有A22A33;
另一类是首位是偶数,有(A33-A22)A22.
则这样的五位数的个数是A22A33+(A33-A22)A22=20.
应用二: (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,所以共有C1003=100×99×981×2×3=161700种.
(2)从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有C21种,从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有C982种,因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有C21·C982=9506种.
(3)(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件次品和有 2 件次品两种状况.在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C21·C982种,因此依据分类加法计数原理,抽出的3 件中至少有1件是次品的抽法有C21·C982+C22·C981=9604种 .
(法二)抽出的3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数,也就是从100件中抽出3 件的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数,即C1003-C983=161700-152096=9604种.
应用三:分三类:
第一类:2个只划左舷的人全不选,有C53C53=100种;
其次类:2个只划左舷的人中只选1人,有C21C52C63=400种;
第三类:2个只划左舷的人全选,有C22C51C73=175种.
所以共有100+400+175=675种.
基础智能检测
1.D 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个,每个城市一项,共A43种方法;若3个不同的项目投资到4个城市中的2个,一个城市一项、一个城市两项共C32A42种方法,由分类加法计数原理知共A43+C32A42=60种方法.
2.A (法一)可分两种互斥状况:A类选1门,B类选2门或A类选2门,B类选1门,共有C31C42+C32C41=18+12=30种选法.
(法二)总共有C73=35种选法,减去只选A类的C33=1种,再减去只选B类的C43=4种,共有30种选法.故选A.
3.24 将4名新来的同学安排到A、B、C三个班级中,每个班级至少支配一名同学有C42A33种安排方案,其中甲同学安排到A班共有C32A22+C31A22种方案.因此满足条件的不同方案共有C42A33-C32A22-C31A22=24种.
4.解:将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,分状况争辩:①1号盒子中放1个球,其余3个放入2号盒子,有C41=4种方法;②1号盒子中放2个球,其余2个放入2号盒子,有C42=6种方法,则不同的放球方法有10种.
全新视角拓展
480 分类争辩:A、B都在C的左侧,且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算,再考虑右侧状况.
所以共有2(A22·A33+C31A33·A22+C32A44+A55)=480种.
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