浅析排列与组合在现实生活中的完美结合
浅析排列与组合在现实生活中的完美结合
摘要：排列与组合在教学和实验中与概率、统计联系的比较紧密，在计算某些个事物在某种情况下出现的做法（或者概率）往往和排列组合是分不开的，因为它们的运用大大简化了计算的过程，为得出结果大大的缩短了时间，所以排列和组合的运用为我们在教学、实验中起到了不可或缺的作用。
关键字：排列、组合、实验、概率、统计
第一章偶遇的错位排列组合问题
排列组合不仅仅出现在教科书里，在我们日常生活中也会常常的偶遇到需要排列组合来进行解决的问题，下面一则故事就是我亲身经历的：
明朗的一个星期天的早晨，心情舒畅的我，与几位同学一起到公园里漫步，一路上有音乐般旋律的鸟语和五彩斑斓的鲜花的陪伴，不仅如此，还有那让人沉醉的花香也一直伴随着我们。或许是恰巧，它们也在散步。
我们漫过了一座“音乐厅”，步过了一个“花海”，踏过了一片森林，走过了一间健身房，景随我心，永往直前。
我们漫呀漫！步呀步！突然间我的右侧出现了一片海一样大、湖一样绿的草坪，边用很高的铁丝网拦住。看了许久才方知，那是高尔夫球场，浩大宽广的绿色地毯，犹如自己身处蒙古大草原一般，真让人心旷神怡。但自己毕竟是在铁丝网外的小马路上漫步。
回过神来的我，不经得问旁边的一位同学：哎，你知不知那高尔夫球场上有几个“鼠”洞。“不知哦，大概、或许、可能，就约等于跟外国的那些大的高尔夫球场的差不多吧！”“嗯，依我看也许就那个样子吧，假如、倘若、如果，也就差不多吧！”旁边的一位同学的身边的一位同学说。我又问：“由于我没到过国外，但我又想知道它到底有几个洞，而你们又不能确切地告诉me答案，所以我宣告它假设有n个洞，并将它们按顺序标上阿拉伯数码（1、2、3…、n-1、n），假设一位高尔夫球球手(其实也不用假设了，你们看那个瘦矮的小家伙，拿着长勺子正立在场地上)，他要将n个高尔夫球(也编了序号的：1、2、3…、r-1、r、…n-1、n)打进n个洞里，问题来了：假如他打n个球当中的r（0≦r≦n）个不能对号入洞，请问他有几种法？”“哎兄弟，我的实验室不在这儿，我待会儿再告知你答案”。
之后，我们又尽情地去漫步，犹如蝴蝶一样，尽情飞舞！
虽然上面那则故事讲的有点像童话故事，但从其意思来分析，不难看出：在我们日常生活中，我们随时随地的在与数学知识打交道，而且不仅仅是1+1等于几的问题，而是趋向于更为复杂的数学问题。
第二章探索解决问题的答案以及对答案进行分析为了解决上述问题，我反复的翻阅了高二的数学书以及一些练习册，在两天的时间里，我没有看到一道是有关于错位排列组合的问题，有全错位的，但是答案有没有涉及到排列组合的内容的，于是我就拿着粉笔来到学校的操场了做实验，最后在两个星期六天的时间里，我得出了在四种情况下的四种答案：
(1)、当r=0时，T n=1
(2)、当r=1时，T
n
是不存在的
(3)、当r=n时，T n =C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00
(4)、当2≦r﹤n时
方法一: T n = C n-r n(C0r A r r－C1r A r-1r-1+C2r A r-2r-2－…(-1)r C r r A00)
方法二:T
n
=C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1－C n-r-1n(C0r+1A r+1r+1－C1r+1A r r+C2r+1A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r+1A00)－
C n-r-2n(C0r
+2A r+2r
+2
－C1r
+2
A r+1r+1+C2r
+2
A r r－…(-1)r+2C r+2r
+2
A00)－…－C0n(C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2
－…(-1)n C n n A00)
参考函数：“C0n =A00=1”――C是组合的一个符号，A是排列的一个符号；∑(r,i=0)中的r为∑的上标，i=0为∑的下标，∑是一个求和符号；(-1)^r=(-1)r。
说明：(-1)n和(-1)r分别表示的是：(-1)的n次方和(-1)的r次方。
以下将对四种情况下的四种答案进行层层分析：
(1)、当r=0时，即所有的球都对号入洞了，所以他只有1种打法，即T
n
=1。
(2)、当r=1时，T
n
是不存在的，假如只有一个球(任意的一个球)不对号入洞，那么其他的球((n-1)个球)就应该是对号入洞的，但事实上是不存在的，因为当那一个球落入了与它本身的
号不同的同时，另一个球就自然而然的落入了那一个球所对的那一个号上了，故当r=1时，T
n
是不存在的。
(3)、当r=n时，T
=C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00
n
首先在n个球当中,选手在不知道n个球的序号的情况下,把n个球打入n个洞内,即有C0n A n n 种打法,现在他就在击球的位置猜想:
①、假如在我打入洞的n个球当中，只有一个球（C1
）对号入洞(具体是哪号球对号入洞，
n
在此暂且不提，下同)，那么其余的（n－1）个球有几种入洞的方法呢？显然就有A n-1n-1 种打法，所以就要在C0n A n n的基础上减去C1
A n-1n-1；
n
②、那么在第①种的猜想中，其余的（n－1）个入洞的球当中可能还有一个对号入洞的球，再加上第①种的猜想中打入的那一个对号入洞的球，一共就有两个对号入洞的球(不分具体的顺序对号入洞)，因为那过程是一次的而并非分两次进行的，即在打入n个球当中，可能有两个球对号入洞，其余的（n-2）个球的打法A n-2n-2 ，但在第①种的猜想当中，只考虑的是只有一个球对号入洞，而并不考虑会有两个球对号入洞，但事实上是有两个球对号入洞的可能性(因为第①种猜想打法选择的是A n-1n-1），即在减去C1n A n-1n-1的基础上多减了两个球对号入洞的打法（C2n
A n-2n-2），所以要加上C2n A n-2n-2；
③、在第②种的猜想中，有可能有三个球对号入洞，即C3n，那其余的（n-3）个球的打法为A n-3n-3，但在第②种的猜想当中，只考虑到只有两个球对号入洞的情况下的打法，而并不考虑有三个球对号入洞的情况，但事实上是会有三个球对号入洞的可能性，即在加上C2n A n-2n-2的基础上，多加了三个对号入洞的球的打法（C3n A n-3n-3），所以要减去C3n A n-3n-3；
依此类推，第n种猜想，在第（n-1）种猜想中，有可能有n个球对号入洞，即为C n
，那
n
，但在第（n-1）种猜想当中，只考虑到只有（n-1）个球对号入洞的情况下的其余的打法为A0
打法，而并没考虑会有n个球对号入洞的情况(以上已作解释，在此并不多讲，下同)，即在加上或减去C n-1n A11(（-1）C n-1n A11)的情况下，多加或多减了n个球对号入洞的打法(即(-1)n C n n A00)所以要减去或加上n个球对号入洞的可能性(即(-1)n C n n A00)。
综上所述可知：当r=n时，T
=C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00
n
(4)、当2≦r﹤n时，
方法一: T n = C n-r n(C0r A r r－C1r A r-1r-1+C2r A r-2r-2－…(-1)r C r r A00)
首先在n个球当中，选手选出（n-r）个球(即C n-r n个球)，将其恰好能对号地打入(n-r)个洞
中，而其余的r个球都为错号入洞，则打法有T
n
= C n-r n(C0r A r r－C1r A r-1r-1+C2r A r-2r-2－…(-1)r C r r A00)种，期中括号里边的为除开（n-r)个球而其余的球错号入洞的打法(错号入洞的打法已在第(3)个解析已作详细说明了，在此就不再重复做解析，下同)，因为那一整个过程是连在一起的，所以需两者要相乘。
方法二:T
n
=C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1－C n-r-1n(C0r+1A r+1r+1－C1r+1A r r+C2r+1A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r+1A00)－
C n-r-2n(C0r
+2A r+2r
+2
－C1r
+2
A r+1r+1+C2r
+2
A r r－…(-1)r+2C r+2r
+2
A00)－…－C0n(C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2
－…(-1)n C n n A00)
首先在n个球当中，选手在不知其序号的情况下，将n个球打入洞n个洞中，既有C0n A n n 种打法，而C0n则说明的是在n个球当中不先选定任何一个对号入洞。现在他就开始发愁了“我的将n个球中的r个球打入不同号的r个洞中”，于是他就开始猜想了：
（a）、假如我打的n个球当中，有可能有(n-r+1)个球对号入洞而其它的球都为错号入洞(这种可能说明的是至少有(n-r+1)个球能对号入洞,也就从反面说明了至多有(r-1)个球错位入洞)，则打法有C n-r+1n A r-1r-1种，这种可能性得从C0n A n n减除掉，即C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1；
（b）、假如在我打的n个球当中，有（n-r-1）个球对号入洞而其余的球都为错号入洞(这说明的是只有（n-r-1）个球对号入洞，从反面说明了有（r+1）个球没有对号入洞即（r+1）个球全
部错号入洞，下同)，则打法有C n-r-1n(C0r
+1A r+1r
+1
－C1r
+1
A r r+C2r
+1
A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r
+1
A00)种，而
这种可能性也需在C0n A n n－C n n A00的基础上减掉，即C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1－C n-r-1n(C0r
+1A r+1r
+1
－C1r
+1
A r r+C2r
+1A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r
+1
A00)；
（c）、假如在我打的n个球当中,有（n-r-2）个球对号入洞而其余的球都为错号入洞,则打法有C n-r-2n
(C0r
+2A r+2r
+2
－C1r
+2
A r+1r+1+C2r
+2
A r r－…(-1)r+2C r+2r
+2
A00)种，而这种可能性也需在C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1
－C n-r-1n(C0r
+1A r+1r
+1
－C1r
+1
A r r+C2r
+1
A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r
+1
A00)的基础上减掉，即C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1
－C n-r-1n(C0r
+1A r+1r
+1
－C1r
+1
A r r+C2r
+1
A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r
+1
A00)- C n-r-2n(C0r
+2
A r+2r
+2
－C1r
+2
A r+1r+1+C2r
+2
A r r－…(-1)r+2C r+2r
+2
A00)；
依此类推可知，他在打n个球当中有r个不能对号入洞的打法为:T
n
=C0n A n n－C n-r+1n A r-1r-1
－C n-r-1n(C0r
+1A r+1r
+1
－C1r
+1
A r r+C2r
+1
A r-1r-1－…(-1)r+1C r+1r
+1
A00)－C n-r-2n(C0r
+2
A r+2r
+2
－C1r
+2
A r+1r+1+C2r
+2
A r r－…(-1)r+2C r+2r
+2
A00)－…－C0n (C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00)。
其实，方法一就是从方法二里剔除出来的公式，方法二的最后的结果就是等于方法一的公
式，而当r=n时，T
n
=C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00则是其的特殊情况，只是为了简便下面的证明而先证明其的特殊情况。
因为n和r是两个未知数，所以上述的分析只能通过推想来进行说明。
第三章实例验证
为了证明上述公式的正确性，以下用有限的数据对第三和第四种情况来进行举例说明（第一、二种就无需说明了），先从能用手指都能算出来的例子开始进行剖析。
例如一张桌子上有3只杯子，并按顺序标上阿拉伯数字1、2、3，同时也有3个乒乓球，也标上了序号为1、2、3；假设3个乒乓球全错位放到3只杯子里，当3号球放进1号杯子中，那么1号和2号球就只能分别放进2号和3号杯子中，这是第1种做法；同理，将3号球放进2号杯子中，那么1号和2号球就只能分别放进2号和1号杯子中，这是第2种做法，所以3个乒乓球全错位放到3只杯子里，一共有2种做法；如果用公式来分析的话，那么就用第三种情况T n =C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00这条公式进行解答，T3= C03A33-C13 A3-13-1+C23 A3-23-2-C33A3-33-3 =1*3*2*1-3*2*1+3*1-1=2（种）做法；假设3个乒乓球中有2个是错位放入杯中，当3号球放进3号杯子中，那么1号和2号球就只能分别放进1号和2号杯子中，这是第1种做法；当2号球放进2号杯子中，那么1号和3号球就只能分别放进1号和3号杯子中，这是第2种做法；当1号球放进1号杯子中，那么2号和3号球就只能分别放进2号和3号杯子中，这是第3种做法，所以假设3个乒乓球中有2个是错位放入杯里就一共3种做法；如果用公式来分析的话，那么就用第四种情况T n = C n-r n(C0r A r r－C1r A r-1r-1+C2r A r-2r-2－…(-1)r C r r A00)
（第四种的方法二就不再进行验证了）这条公式进行解答，T3 = C3-23(C02A22－C12 A2-12-1+C22 A2-22-2)=3*（1*2*1-2*1+1）=3（种）做法。
假如将杯中增加到10只，乒乓球也增加到10只，杯子和乒乓球同时标上序号为1-10；假设10个乒乓球全错位放进10个杯子中，利用递推公式t(n)=(n-1) {t(n-1)+t(n-2)}可以求的t(4)=9，t(5)=44，t(6)=265，t(7)=1854，t(8)=14833，t(9)=133496，t(10)=1334961，所以共有1334961种做法，那么用T n=C0n A n n－C1n A n-1n-1+C2n A n-2n-2－…(-1)n C n n A00这条公式进行解答，T10=C010A1010－C110 A10-110-1+C210A10-210-2－…+C1010A10-1010-10=10*9*8*…*1-10*9*8…*1+（10*9/2）*8*7…*1-…+1=1334961（种）做法；假设10个乒乓球中有5个是错位放入杯中，同样用递推法t(r,n)= C n-r n {(r-1)[t(r-1)+t(r-2)]}可以计算出共有11088种做法，那么用T n = C n-r n(C0r A r r－C1n A r-1r-1+C2r A r-2r-2－…(-1)r C r r A00)这条公式进行解答，T10= C10-510(C05A55－C15 A5-15-1+C25A5-25-2－…(-1)5C55A00)= (10*9*8*7*6)/(5*4*3*2*1)*{1*5*4*3*2*1-5*4*3*2*1+
(5*4/2)*3*2*1-(5*4*3/2*1)*2*1+[5*4*3*2/(4*3*2*1)]-1}=252*44=11088(种) 做法。
以上的两个例子都是通过实例进行长期实验得出的结果与公式算出的结果完全相同，由此可以得出一个结论：公式在四种情况下分别是正确的。
2005年03月15日曾颂编写
2008年04月05日星期六录
排列组合问题的20种解法
排列组合问题的20种解法 排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。 复习巩固分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有 m种不同的方法，在 1 第2类办法中有 m种不同的方法，…，在第n类办法中有n m种不同 2 的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有 m种不同的方法，做 1 第2步有 m种不同的方法，…，做第n步有n m种不同的方法，那么2 完成这件事共有： 种不同的方法． 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。 分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事
2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排, 占了这两个位置 . 先排末位共有1 3C 然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113 4 34288C C A = 练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中 间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法 二.相邻元素捆绑策略 例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也 看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有522522480A A A =种不同的排法 4 4 3
高中数学排列组合与概率统计习题
高中数学必修排列组合和概率练习题 一、选择题（每小题5分，共60分） (1)已知集合A={1,3,5,7,9,11}，B={1,7,17}.试以集合A 和B 中各取一个数作 为点的坐标,在同一直角坐标系中所确定的不同点的个数是C (A)32(B)33(C)34(D)36 解分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为x 和y 坐标,不同点的个数为1163P P g 分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为y 和x 坐标,不同点的个数为1163P P g 不同点的个数总数是1111636336P P P P +=g g ,其中重复的数据有(1,7),(7,1)，所以只有34个 (2)从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个，其中一个作底数，另一个作真 数，则可以得到不同的对数值的个数为 (A)64(B)56(C)53(D)51 解①从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个的数分别作底数和真数的“对数式”个数为292P ； ②1不能为底数，以1为底数的“对数式”个数有8个,而应减去； ③1为真数时，对数为0，以1为真数的“对数式”个数有8个,应减去7个； ④2324log 4log 92log 3log 9 ===，49241log 2log 32log 3log 9 == =，应减去4个 所示求不同的对数值的个数为29287453()C ---=个 （3）四名男生三名女生排成一排，若三名女生中有两名站在一起，但三名女生 不能全排在一起，则不同的排法数有 （A ）3600（B ）3200（C ）3080（D ）2880 解①三名女生中有两名站在一起的站法种数是23P ； ②将站在一起的二名女生看作1人与其他5人排列的排列种数是66P ，其中的 三名女生排在一起的站法应减去。站在一起的二名女生和另一女生看作1人与4名男生作全排列，排列数为55P ，站在一起的二名女生和另一女生可互换位置的排列，故三名女生排在一起的种数是1525P P 。 符合题设的排列数为： 26153625665432254322454322880P P P P -=?????-????=????=种（）（）（） 我的做法用插空法，先将4个男生全排再用插空743342274534522880A A C A A C A --= （4 ）由100+展开所得x 多项式中，系数为有理项的共有 （A ）50项（B ）17项（C ）16项（D ）15项 解1000100110011r 100r r 100100100100100100=C )+C )++C )++C --L L
排列组合问题的解题策略
排列组合问题的解题策略 排列组合问题的解题策略 一、相临问题——捆绑法 例1．7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法？ 解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决，先将甲乙二人看作一个元素与其他五人进行排列，并考虑甲乙二人的顺序，所以共有种。 评注：一般地: 个人站成一排,其中某个人相邻,可用“捆绑”法解决，共有种排法。 二、不相临问题——选空插入法 例2．7名学生站成一排，甲乙互不相邻有多少不同排法？ 解：甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法，所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：种 . 评注：若个人站成一排，其中个人不相邻，可用“插空”法解决，共有种排法。 三、复杂问题——总体排除法 在直接法考虑比较难，或分类不清或多种时，可考虑用“排除法”，解决几何问题必须注意几何图形本身对其构成元素的限制。 例3.(1996年全国高考题)正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个. 解：从7个点中取3个点的取法有种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线不能组成三角形，有3条，所以满足条件的三角形共有－3＝32个.
四、特殊元素——优先考虑法 对于含有限定条件的排列组合应用题，可以考虑优先安排特殊位置，然后再考虑其他位置的安排。 例4．(1995年上海高考题) 1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排在两端，则共有不同的排法种． 解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师不排在两端，故可在中间三个位置上任选一个位置，有种，而其余学生的排法有种，所以共有＝72种不同的排法. 例5．（2000年全国高考题）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有种. 解：由于第一、三、五位置特殊，只能安排主力队员，有种排法，而其余7名队员选出2名安排在第二、四位置，有种排法，所以不同的出场安排共有＝252种. 五、多元问题——分类讨论法 对于元素多，选取情况多，可按要求进行分类讨论，最后总计。 例6．（2003年北京春招）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（A ） A．42 B．3 0 C．20 D．12 解：增加的两个新节目，可分为相临与不相临两种情况：1.不相临：共有A62种；2.相临：共有A22A61种。故不同插法的种数为：A62 +A22A61=42 ，故选A。 例7．（2003年全国高考试题）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相
高中数学-排列组合概率综合复习
高中数学 排列组合二项式定理与概率统计
其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。 例4、设88 018(1),x a a x a x +=+++L 则0,18,,a a a L 中奇数的个数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 例5、组合数C r n （n ＞r ≥1，n 、r ∈Z ）恒等于（ ） A ．r +1n +1C r -1n -1 B ．(n +1)(r +1) C r -1n -1 C ．nr C r -1 n -1 D ．n r C r -1n -1 . 例6、在的展开式中，含的项的系数是 （A ）-15 （B ）85 （C ）-120 （D ）274 例7、若(x +12x )n 的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x 4项的系数为 (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 考点三：概率 【内容解读】概率试题主要考查基本概念和基本公式，对等可能性事件的概率、互斥事件的概率、独立事件的概率、事件在n 次独立重复试验中恰发生k 次的概率、离散型随机变量分布列和数学期望等内容都进行了考查。掌握古典概型和几何概型的概率求法。 【命题规律】（1）概率统计试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等或中等偏易。 （2）概率统计试题通常是通过对课本原题进行改编，通过对基础知识的重新组合、变式和拓展，从而加工为立意高、情境新、设问巧、并赋予时代气息、贴近学生实际的问题。这样的试题体现了数学试卷新的设计理念，尊重不同考生群体思维的差异，贴近考生的实际，体现了人文教育的精神。 例8、在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随意投一点，则落入E 中的概率 为 。 例9、从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为 (A) 1 84 (B) 121 (C) 25 (D) 35 例10、在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…， 18的18名 火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为 )5)(4)(3)(2)(1(-----x x x x x 4 x
立体几何中的排列组合问题解法举隅(优.选)
1 / 4word. 立体几何中的排列组合问题解法举隅 立体几何中的排列组合问题在近年的高考数学试题中出现的频次较高，且常考常新. 因为解决这类问题不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要具备较强的空间想象能力. 因而是一类既富思考情趣，又融众多知识和技巧于一体且综合性强、灵活性高、难度颇大的挑战性问题. 解决这类问题的关键是明确形成几何图形的元素，并与排列组合形成对应关系，转化为排列组合问题，同时还要注意避免重复和遗漏. 下面结合具体例子谈谈这类问题的求解方法，供参考. 一、分步求解 例1 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线有（ ） A. 12对 B. 24对 C. 36对 D. 48对 解 由于六棱锥的6条侧棱交于一点, 底面六边形的6条边共面, 因而只能将侧 棱与底边相搭配. 第一步, 从6条侧棱中任取一条有1 6C 种; 第二步, 从底面6 条边中与这条侧棱不相交的4条边中任取一条有14C 种, 由乘法原理知有1416C C =24对, 故选B. 二．分类求解 例2 四边形的一个顶点为A, 从其它顶点与各棱的中点中取3点, 使它们和点A 在同一平面上, 不同取法有( ) A. 30种 B. 33种 C. 36种 D. 39种 解 符合条件的取法可分为两类: ①4个点(含A)在同一个侧面上,有3033 5 C 种；②4个点（含A ）在侧棱与对棱中点的截面上，有3种. 由加法原理知不同取法共有33种，故选B. 例3 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法种数是＿＿＿＿＿＿.
创新重要性的事例
全国经济工作会议也刚刚开完，在部署落实明年的经济工作。把改革创新贯穿于经济社会发展各个领域、各个环节，好像和以前的提法有点不一样，以前有些文件讲把改革贯穿于经济社会发展的各个领域、各个环节，以改革促创新发展，好像把创新两个字摆到前面去了，是不是有更深的含义？后来我请教了有关起草人，起草人说没有他们想的那么多。但是可以看出，在经济结构调整当中创新的重要性，在三中全会的通报当中有很长的一个篇幅讲到创新问题，建议健全鼓励原始创新、基层创新，引进消化吸收再创新的体制机制，健全技术创新市场导向机制，发挥市场对技术研发、方向路线选择、要素、价格、各类创新要素配置的导向作用，建立产学研协同创新机制，强化企业在技术创新中的主体地位，发挥大型企业创新骨干作用，激发中小企业创新活力，推进应用型技术研发机构市场化、企业化改革，建设国家创新体系，一个很长的篇幅。但是这里面的每一句话，恐怕都是一篇大文章。 [张国宝]:我可能没有前面三位老前辈他们那么高的学术造诣，从理论上、法制上来进行尝试，我只能讲故事，从我自己的工作实践当中碰到一些什么事，有什么感悟和大家进行一些交流。 [张国宝]:最近由于工作关系，我到美国去看什么呢？我们第三代核电的一个最关键的部件组泵，组泵就跟人的心脏一样，核电站也是这样，从它开始运转，它里边的泵就不断的泵，就好象把人的血液在身体里循环一样，一直到核电站退役都在工作，如果它不工作了，心脏就不跳了，可见这个工作的重要。一了解这家公司，他的创始人是发明飞机的怀特兄弟，发明飞机以后，他自己就设立了一个飞机制造厂，曾经在美国历史上是美国第二大企业，但是现在这个EMD公司很小，后来波音这些飞机制造企业起来以后，他就竞争不过他们，就改为生产汽车的某些零部件，当然也是很重要的零部件。后来转到现在，生产核电站的组泵，当然也是技术含量很高的产品。但是企业的规模和当年来讲已经小了很多。所以我就有一个很大的感悟，在工业领域当中要当一个百年老店，我感到实在太难了。 [张国宝]:近两年可能大家都注意到科达、摩托罗拉、最近索尼也不行了，诺基亚这些曾经的世界品牌逐渐的推出了历史舞台，或者没有了，或者被别人兼并了。这个诺基亚在移动通信发展过程当中，其中起过很好的作用，也是一个世界上销售手机最多的一个企业，克强同志当副总理的时候，我陪同他到诺基亚，诺基亚的总裁在他们的会所，一个非常漂亮的河边上请克强同志说话，我这个人有时候嘴不大把门，我就和诺基亚的总裁讲，我说现在听说一个苹果，中国很多人在讲苹果，我说诺基亚会不会哪天被人家竞争过了，你不行了？我讲这个话，总裁脸上就很不高兴，就说了我们不怕，他竞争不过我们，如何如何讲了很多。我说怕不怕不是你说了算，是市场说了算。很多中国人都谈到要买苹果手机，没有说要买诺基亚手机，我说你得注意到这一点，这一回谈话不是很高兴。但是后来不幸让我言中，不管他自己愿意不愿意，诺基亚被别人兼并了。大家已经看到在手机领域当中，苹果也好、三星也好，就开始崛起。所以这样的例子非常多。 [张国宝]:我经常告诫中国的一些企业，我说你们在某一个时间可能很辉煌，但是在这个时候千万不要自傲，要如履薄冰。在这个时候今天你的产品很畅销、很名牌，也许过一
高中数学竞赛标准讲义---排列组合与概率
高中数学竞赛标准讲义----排列组合与概率 一、基础知识 1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。 2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。 3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，m n A =n(n-1)…(n-m+1)= )! (! m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n, 注：一般地0n A =1，0！=1，n n A =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为n A n n =(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。从n 个不同元素中取出m(m ≤n)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m n C 表示： .)! (!! !)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）11--+=n n m n m n C C C ；（3）k n k n C C k n =--11；（4）n n k k n n n n n C C C C 20 10==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）k n m n m k k n C C C --=。 7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为11--n r C 。 [证明]将r 个相同的小球装入n 个不同的盒子的装法构成的集合为A ，不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解构成的集合为B ，A 的每个装法对应B 的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B 中每一个解(x 1,x 2,…,x n ),将x i 作为第i 个盒子中球的个数，i=1,2,…,n ，便得到A 的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r 个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n 份，共有11--n r C 种。故定理得证。 推论1 不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的非负整数解的个数为.1r r n C -+
排列组合问题的基本类型及解题方法
排列组合问题的基本类型及解题方法 解决排列组合问题要讲究策略，首先要认真审题，弄清楚是排列(有序)还是组合 (无序)，还是排列与组合混合问题。其次，要抓住问题的本质特征，准确合理地利用两 个基本原则进行“分类与分步”。加法原理的特征是分类解决问题，分类必须满足两个 条件：①类与类必须互斥(不相容)，②总类必须完备(不遗漏)；乘法原理的特征是分步 解决问题，分步必须做到步与步互相独立，互不干扰并确保连续性。分类与分步是解决 排列组合问题的最基本的思想策略，在实际操作中往往是“步”与“类”交叉，有机结 合，可以是类中有步，也可以是步中有类。 以上解题思路分析，可以用顺口溜概括为：审明题意，排（组）分清；合理分类， 用准加乘；周密思考，防漏防重；直接间接，思路可循；元素位置，特殊先行；一题 多解，检验真伪。 （一）特殊元素的“优先安排法” 对于特殊元素的排列组合问题，一般先考虑特殊元素，再考虑其他元素的安排。 在操作时，针对实际问题，有时“元素优先”，有时“位置优先”。 例1： 0,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有几个？ 解法一：(元素优先)分两类：第一类，含0，0在个位有2 4A 种，0在十位有1123A A 种； 第二类，不含0，有1 223A A 种。 故共有2111242323(A A A )+A A 30+=种。 注：在考虑每一类时，又要优先考虑个位。 解法二：(位置优先)分两类：第一类，0在个位有2 4A 种；第二类，0不在个位，先从两 个偶数中选一个放个位，再选一个放百位，最后考虑十位，有1 11233A A A 种。 故共有2 1114233A +A A A =30 （二）总体淘汰法 对于含有否定词语的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去，此时应注意既 不能多减也不能少减，例如在例1中也可以用此法解答：5个数字组成三位数的全排列 为3 5A ，排好后发现0不能在首位，而且3和5不能排在末尾，这两种不合题意的排法 要除去，故有30个偶数． （三）合理分类与准确分步 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，事情的发生的连续 过程分步，做到分类标准明确，分布层次清楚，不重不漏． 例2：5个人从左到右站成一排，甲不站排头，乙不站第二个位置，不同的站法有 解：由题意，可先安排甲，并按其进行分类讨论： （1）若甲在第二个位置上，则剩下的四人可自由安排，有4 4A 种方法； （2）若甲在第三个或第四个位置上，则根据分布计数原理不同的站法有1 13333A A A 种站法； 再根据分类计数原理，不同的站法共有：2113 4333A A A A 78+=种． （四）相邻问题：捆绑法 对于某些元素要求相邻排列的问题，可先将相邻元素捆绑成整体并看作一个元素再与其 它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。 例3： 5个男生3个女生排成一列，要求女生排一起，共有几种排法？ 解：先把3个女生捆绑为一个整体再与其他5个男生全排列。同时，3个女生自身也应 全排列。由乘法原理共有6363A A 种。 （五）不相邻问题用“插空法”
排列组合问题之分组分配问题(两个五个方面)(1)
排列组合问题之分组分配问题 （一）（五个方面） 一、非均匀分组（分步组合法） “非均匀分组”是指将所有元素分成元素个数彼此不相等的组。 例1、7人参加义务劳动，按下列方法分组有多少种不同的分法 ①分成3组，分别为1人、2人、4人； ②选出5个人分成2组，一组2人，另一组3人。 解：①先选出1人，有17C 种，再由剩下的6人选出2人，有2 6C 种，最后由剩下的4人为一 组，有44C 种。由分步计数原理得分组方法共有1 2 4 764105C C C =（种）。 % ②可选分同步。先从7人中选出2人，有27C 种，再由剩下的5人中选出3人，有3 5C 种，分组方法共有23 75210C C =（种）。也可先选后分。先选出5人，再分为两组，由分步计数原理得分组方法共有523 753210C C C =（种）。 二、均匀分组（去除重复法） “均匀分组”是指将所有元素分成所有组元素个数相等或部分组元素个数相等的组。 ㈠全部均匀分组（去除重复法） 例2、7人参加义务劳动，选出6个人，分成2组，每组都是3人，有多少种不同的分法 解：可选分同步。先选3人为一组，有37C 种；再选3人为另一组，有3 4C 种。又有2组都 是3人，每22 A 种分法只能算一种，所以不同的分法共有33 74 2 2 70C C A =（种）。 也可先选后分。不同的分法共有33663 7 2 2 70C C C A ?=（种）。 ㈡部分均匀分组（去除重复法） 、 例3、10个不同零件分成4堆，每堆分别有2、2、2、4个，有多少种不同的分法 解：分成2、2、2、4个元素的4堆，分别有210C 、28C 、26C 、4 4C 种，又有3堆都是2个 元素，每3 3A 种分法只能算一种，所以不同的分组方法共有 222 4 108643 3 3150C C C C A ?=（种）。 【小结：不论是全部均匀分组，还是部分均匀分组，如果有m 个组的元素是 均匀的，都有m m A 种顺序不同的分法只能算一种分法。】 三、编号分组 ㈠非均匀编号分组（分步先组合后排列法） 例4、7人参加义务劳动，选出2人一组、3人一组，轮流挖土、运土，有多少种分组方法 解：分组方法共有232 752420C C A =（种）。
2019-关于创新的例子-范文模板 (10页)
本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！ == 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ == 关于创新的例子 篇一：创新的事例 一、叩诊法诞生 18世纪，一位奥地利医生在给一个患者看病时，尚未确诊，患者突然死去。经过解剖发现，其胸腔化脓并积満了脓水。能否在解剖前诊断出胸腔是否积有脓水？积了多少？一天，在一个酒店里，他看到伙计们正在搬吃酒桶，只见他们敲敲这只桶，敲敲那只桶，边敲边用耳朵听。他忽然领悟到，伙计们是根据叩击酒桶发出的声音来判断桶内还有多少酒的，那么人体胸腔的脓水的多少是否也可利用叩击的方法来判断呢？他大胆的做了试验，结果获得了成功。这样，一种新的诊断法——“叩诊法”从此诞生了。 二、一孔值万金 美国一家制糖公司，每次向南美洲运方糖时都因方糖受潮而遭受巨大的损失。结果有人考虑，既然方糖如此用蜡密封还会受潮，不如用小针戳一个小孔使之通风，经实验，果然取得意想不到的效果，他申请了专利。据媒体报道，该专利的转让费高达100万美元。 在海战中常用的鱼雷，最初是由亚得里亚海沿岸的一个工程公司的英国经理怀特黑德于 1866年发明的。在1914—1918年期间，处于发展中期的德国传统鱼雷，共击沉总吨位达1200 万吨的协约国商船，险些为德国赢得海战的胜利。当时美国的鱼雷速度不高，德国军舰发现 后只需改变航向就能避开，因而命中率极低，想不出改进的方法。 他们去找爱迪生，爱迪生既未做任何调查也未 经任何计算，立即提出一种意想不到的办 法，要研究人员做一块鱼雷那么大的肥皂，由军舰在海中拖行若干天，由于水的阻力作用，
使肥皂变成了流线形，再按肥皂的形状建造鱼雷，果然收到奇效。爱迪生所用 的思维方法就 是直觉思维。 伴生联想创新——月球仪的诞生 在荷兰的一个小镇上，住着一位名叫阿·布鲁特的退休老人。他和不少退休老 人一样，每天都是以看电视来消磨时间。有一天，电视里播放有关月球探险的 节目。在电视屏幕上，主持人煞有介事地将月球的地图摊开，并口若悬河地加 以讲解。布鲁特老八心想：“看这种月球平面图，效果不好。月球和地球都是 圆的，既然有地球仪，同样也可以有月球仪。老人开始倾注全部精力制造月球仪。当第一批月球仪做好以后，老人就在电视和报纸上刊登广告。果然不出他 所料，世界各地的订单源源不断地飞来。从此，他每年靠制造月球仪就可赚一 千四百多万英镑。老人运用的就是伴生联想思考法，从地球仪联想到月球仪， 创造出了大量的财富。 因果异同联想创新之一——南极输油冰管 思考的力量是巨大的，它往往能超越现实，解决许多事物所不能解决的问题。 美国的一个南极探险队首次准备在南极过冬时，遇到了这样一个难题：队员们 打算把船上的汽油输送到基地上，但由于输油管的长度不够，当时又没有备用 趵管子，无法输送。正当大家一筹莫展的时候，队长帕瑞格突发奇想：南极到 处都是冰，能不能用冰来做成冰管子呢？由于南极气温极低，屋外能“点水成冰”，这个联想并非是不切实际的空想。可以用冰做管子，但怎样才能使冰成 为管状又不致于破裂呢？帕瑞格又想到了医疗上使用的绷带，在出发时带了不 少这样的绷带，他们试着把绷带缠在铁管子上，然后在上面浇水，让水结成冰后，再拨出铁管子，这样果然就做成了冰管。他们再把冰管子一截一截地连接 起来，需要多长就接多长。就是依靠这些冰制的管子，解决了输油管长度不够 的难题。在解决这个难题中运用的是异同因果思考法。 异同因果思考法是指，根据实践的需要，在一些从现象上毫无联系的事物之间 进行联想。 自发灵感创新之三——挂钟与密码 第一次世界大战期间，德国女间谍玛塔·哈丽奉德军情报部的命令去“接近” 法军最高统帅部的机要官莫尔根将军，窃取他所保管的英国19型坦克设计图。莫尔根是一个丧偶多年老者，哈丽没用多久时间便在莫尔根家中充当起了类似 家庭主妇的角色。哈丽很快就发现了在一张巨幅古典油画的后面有一个保险柜，但却不知道保险箱密码锁的号码。在德军情报部给哈丽完成任务限期的最后一 个晚上，她决心竭尽全力作最后一次拼搏。她深知，如不能按时完成任务将会 有什么样的后果在等待着她。她用安眠药使莫尔根熟睡后，先是以极快的速度 试拨了一些号码，但她很快就明确了不能采取这样的笨办法。哈丽估计记忆力 已衰退的莫尔根，一定会想出个什么办法来帮助自己记住密码锁上的6个数字
排列组合与二项式定理及概率应用综合
第一讲 排列组合概念及简单应用 排列和排列数公式 A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！ (n －m )！(m ，n ∈N *，并且m ≤n ) A n n ＝n ！＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1. 规定：0！＝1. 组合与组合数公式 1．组合数公式 C m n ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！(m ，n ∈N *，并且 m ≤n ) 2．组合数的性质 (1)C m n ＝C n －m n (2)C m n ＋1＝C m n ＋C m － 1n 常规题型 一、投信问题 1、个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同. （1）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？ （2）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的放法？ 2、五位旅客到一个城市出差，这个城市有6家旅馆，有多少种住宿方法？ 3、12名旅客在一辆火车上，共有六个车站，有多少种下车方案？ 4、3个同学在一座只有两个楼梯的楼上下楼，有几种下楼方案？ 二、染色问题 1、如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数. 2. 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，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种． 3.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．
排列与组合典型问题及方法(含答案)
排列与组合——四类典型问题 一、摸球问题 1、袋中装有6只黑球，4只白球，现从中任取4只球 （1）正好2只黑球，2只白球的不同取法共多少种？90 （2）至少有3只黑球的不同取法共有多少种？95 （3）至多有1只黑球的不同取法共有多少种？25 2、从0，1，2，…，9这十个数字中任取五个不同数字 （1）正好两个奇数，三个偶数的不同取法有多少种？100 （2）至多有两个奇数的取法有多少种？126 （3）取出的数中含5但不含3的取法有多少种？70 二、排队问题 1、某排共有七个座位，安排甲乙丙三人就坐 （1）共有多少种不同就坐方法？210 （2）三人相邻（即三个座位相连）的就坐方法有多少种？30 （3）三人不相邻（任意两人中间都有空位）的就坐方法共多少种？60 2、袋中装有5只白球，6只黑球，依次取4只 （1）每次取1只（取后不放回）则共有多少种不同取法？7920 （2）每次取1只（取后放回）则共有多少种不同取法？14641 （3）每次取1只（取后不放回）则第二次取到白球的取法共有多少种？3600 （4）每次取1只（取后放回）则第二次取到白球的取法共有多少种？6655 3、由0,1,2,3,4,5, （1）可组成多少个无重复数字的不同三位偶数？52 （2）可组成多少个不同的三位偶数（允许有重复数字）？90 （3）可组成多少个能被5整除的三位数（允许有重复数字）？60 三、分房问题（n个人生日问题、投信问题） 1、10个人进入8个房间，共有多少种不同的进入方法？810 2、从4名候选人中，评选出1名三好学生，1名优秀干部，1名先进团员，若允许1人同时得几个称号，则不同的评选方案共有多少种？43 四、分组问题 1、分配9个人去完成甲、乙、丙三项任务 （1）甲任务需2人，乙任务需3人，丙任务需4人，则不同的选派方法共有多少种？ C C C （2）甲任务需2人，乙任务需2人，丙任务需5人，则不同的选派方法共有多少种？225 975
排列组合概率专题讲解
专题五： 排列、组合、二项式定理、概率与统计 【考点分析】 1． 突出运算能力的考查。高考中无论是排列、组合、二项式定理和概率题目，均是用数 值给出的选择支或要求用数值作答，这就要求平时要重视用有关公式进行具体的计算。 2． 有关排列、组合的综合应用问题。这种问题重点考查逻辑思维能力，它一般有一至两 3． 个附加条件，此附加条件有鲜明的特色，是解题的关键所在；而且此类问题一般都有 多种解法，平时注意训练一题多解；它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于中等偏难（理科）的题目。 4． 有关二项式定理的通项式和二项式系数性质的问题。这种问题重点考查运算能力，特 别是有关指数运算法则的运用，同时还要注意理解其基本概念，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 5． 有关概率的实际应用问题。这种问题既考察逻辑思维能力，又考查运算能力；它要求 对四个概率公式的实质深刻理解并准确运用；文科仅要求计算概率，理科则要求计算分布列和期望；它一般以一小一大（既一道选择题或填空题、一道解答题）的形式出现，属于中等偏难的题目。 6． 有关统计的实际应用问题。这种问题主要考查对一些基本概念、基本方法的理解和掌 握，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 【疑难点拨】 1． 知识体系： 2．知识重点： （1） 分类计数原理与分步计数原理。它是本章知识的灵魂和核心，贯穿于本章的始终。 （2） 排列、组合的定义，排列数公式、组合数公式的定义以及推导过程。排列数公式 的推导过程就是位置分析法的应用，而组合数公式的推导过程则对应着先选（元素）后排（顺序）这一通法。 （3） 二项式定理及其推导过程、二项展开式系数的性质及其推导过程。二项式定理的 推导过程体现了二项式定理的实质，反映了两个基本计数原理及组合思想的具体应用，二项展开式系数性质的推导过程就对应着解决此类问题的通法——赋值法（令1±=x ）的应用。 （4） 等可能事件的定义及其概率公式，互斥事件的定义及其概率的加法公式，相互独 立事件的定义及其概率的乘法公式，独立重复试验的定义及其概率公式。互斥事件的概率加法公式对应着分类相加计数原理的应用，相互独立事件的概率乘法公式对应着分步相乘计数原理的应用。 （5） （理科）离散型随机变量的定义，离散型随机变量的分布列、期望和方差。 （6） 简单随机抽样、系统抽样、分层抽样，总体分布，正态分布，线性回归。
排列组合问题的解答技巧和记忆方法
排列组合问题的解题策略 关键词：排列组合,解题策略 ①分堆问题； ②解决排列、组合问题的一些常用方法：错位法、剪截法（隔板法）、捆绑法、剔除法、插孔法、消序法(留空法). 一、相临问题——捆绑法 例1．7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法？ 解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决，先将甲乙二人看作一个元素与其他五人进行排列，并考虑甲乙二人的顺序，所以共有种。 评注：一般地: 个人站成一排,其中某个人相邻,可用“捆绑”法解决，共有种排法。 二、不相临问题——选空插入法 例2．7名学生站成一排，甲乙互不相邻有多少不同排法？ 解：甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法，所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：种 . 评注：若个人站成一排，其中个人不相邻，可用“插空”法解决，共有种排法。 三、复杂问题——总体排除法 在直接法考虑比较难，或分类不清或多种时，可考虑用“排除法”，解决几何问题必须注意几何图形本身对其构成元素的限制。 例3.(1996年全国高考题)正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个. 解：从7个点中取3个点的取法有种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线不能组成三角形，有3条，所以满足条件的三角形共有－3＝32个. 四、特殊元素——优先考虑法 对于含有限定条件的排列组合应用题，可以考虑优先安排特殊位置，然后再考虑其他位置的安排。
例4．(1995年上海高考题) 1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排在两端，则共有不同的排法种． 解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师不排在两端，故可在中间三个位置上任选一个位置，有种，而其余学生的排法有种，所以共有＝72种不同的排法. 例5．（2000年全国高考题）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有种. 解：由于第一、三、五位置特殊，只能安排主力队员，有种排法，而其余7名队员选出2名安排在第二、四位置，有种排法，所以不同的出场安排共有＝252种. 五、多元问题——分类讨论法 对于元素多，选取情况多，可按要求进行分类讨论，最后总计。 例6．（2003年北京春招）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（A ） A．42 B．30 C．20 D．12 解：增加的两个新节目，可分为相临与不相临两种情况：1.不相临：共有A62种；2.相临：共有A22A61种。故不同插法的种数为：A62 +A22A61=42 ，故选A。 例7．（2003年全国高考试题）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有多少种？（以数字作答） 解：区域1与其他四个区域相邻，而其他每个区域都与三个区域相邻，因此，可以涂三种或四种颜色．用三种颜色着色有=24种方法, 用四种颜色着色有=48种方法,从而共有24+48=72种方法,应填72. 六、混合问题——先选后排法 对于排列组合的混合应用题，可采取先选取元素，后进行排列的策略． 例8．（2002年北京高考）12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有（） A．种B．种
创新思维的实质-日常生活中创新小例子
创新思维的实质:日常生活中创新小例子 创新是在我们国家出现频率非常高的一个词，又是一个非常古老的词。创新思维在当今社会极其重要，那么创新思维的实质是什么呢?今天小编为大家带来了创新思维的实质，一起来看看吧! 创新思维的实质 创新思维的本质在于将创新意识的感性愿望提升到理性的探索上，实现创新活动由感性认识到理性思考的飞跃。 创新思维的本质特点 第一，创新思维的本质不同。有史以来，人类生产力的发展已经历了手工劳动时代、机械化时代、电器化时代、自动化时代，现在正迈向信息化时代。但是，在信息时代以前的各个时代，思维创新都在延长人的胳臂、扩大人的拳头、放大人身的自然力，提高人身自然力的效果。而知识经济时代思维创新则是放大人的脑力，提高和增强思维本身的能力。 第二，创新思维充分展露了自身软性的特质。思维创造感性活动的脚本，从来都是软性的。然而千百年来，它却一直表现为硬梆梆的存在，表现为蒸汽机、电动机、自动生产线。只有到了今天，思维创新才首先表现为知识、信息、一切软件。创新思维毕露自身的软性，是思维发展史上划时代的事情。它将使思维的异在，一切外围设备都为提高、放大思维自身的能力而奔忙，思维的无限潜能都将因之无遗地发挥出来。人类社会的软性财富和无形资产也将随之巨增，今天全世界国民生产总值的近70%是知识或信息产业发展促成的，发达国家如美国总资产已有60%是无形资产，人类社会财富的特性也被改变。 第三，创新思维覆盖的时空越来越少，创新的生命短得惊人。在现代科技的核心领域微机的天地里，创新思维更新多者一年半载，少者一两个月。在人类历史的舞台上，一个创新思维能覆盖几十年、几百年时空的历史已经一去不复返了，今日还是绚丽多姿的智慧之花的创新思维，明朝即成夕日黄花，它不得不让位给它前头更新的创新思维，装点人类五彩缤纷的世界。 第四，思维创新产业化。多少世纪以来，创新思维只伴着勤于思索者孤单的形影前进，创新的思维往往要在科学家的圣殿里徘徊很长时间才能走向社会。今天思维创新生产知识、生产信息，知识和信息的生产不仅成了大规模的产业，而且，形成了打破国界的互相竞长争
排列组合与概率原理及解题技巧
排列组合与概率原理及解题技巧 一、基础知识 1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。 2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。 3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同 元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，m n A =n(n-1)…(n-m+1)= )! (! m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n, 注：一般地0n A =1，0！=1，n n A =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为n A n n =(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。从n 个不同元 素中取出m(m ≤n)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m n C 表示： .)! (!! !)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）1 1--+=n n m n m n C C C ；（3）k n k n C C k n =--11；（4）n n k k n n n n n C C C C 20 10 ==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）k n m n m k k n C C C --=。 7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为1 1--n r C 。 [证明]将r 个相同的小球装入n 个不同的盒子的装法构成的集合为A ，不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解构成的集合为B ，A 的每个装法对应B 的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B 中每一个解(x 1,x 2,…,x n ),将x i 作为第i 个盒子中球的个数，i=1,2,…,n ，便得到A 的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r 个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n 份，共有1 1--n r C 种。故定理得证。 推论1 不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的非负整数解的个数为.1r r n C -+ 推论2 从n 个不同元素中任取m 个允许元素重复出现的组合叫做n 个不同元素的m 可重组合，其组合数为.1m m n C -+ 8．二项式定理：若n ∈N +,则(a+b)n =n n n r r n r n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C +++++---2221 10.其中第r+1
排列组合经典：涂色问题
高考数学中涂色问题的常见解法及策略 与涂色问题有关的试题新颖有趣,近年已经在高考题中出现，其中包含着丰富的数学思想。解决涂色问题方法技巧性强且灵活多变，因而这类问题有利于培养学生的创新思维能力、分析问题与观察问题的能力，有利于开发学生的智力。本文拟总结涂色问题的常见类型及求解方法 一.区域涂色问题 1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。 例1。用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？ 分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有5434240???= 2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色 方法种数。 例2、四种不同的颜色涂在如图所示的6 个区域，且相邻两个区域不能同色。 分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类： （1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有44 A ； （2 ）③与⑤同色、④与⑥同色，则有44 A ； （3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有44 A ； （4）③与⑤同色、② 与④同色，则有 44A ；（5）②与④同色、③与⑥同色，则有44A ； 所以根据加法原理得涂色方法总数为54 4A =120 例3、如图所示，一个地区分为5个行政区域， 现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色， 现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用3种颜色 1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色， 2) 区域3与5必须同色，故有3 4A 种； 3) 当用四种颜色时，若区域2与4同色， 4) 则区域3与5不同色，有4 4A 种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有4 4A 种，故用四种颜色时共有2 44 A 种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有 34 A +24 4A =24+2?24=72 3、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出 两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。 例4用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 分析：可把问题分为三类： （1） 四格涂不同的颜色，方法种数为45A ； （2） 有且仅两个区域相同的颜色， （3） 即只 有一组对角小方格涂相 同的颜色，涂法种数为 12542C A ； 5) 两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为 25A ， ① ② ③ ④ ⑤ ⑥