题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.
例 1. A，B，C，D，E 五人并排站成一排，如果 A，B 必须相邻且 B 在 A 的右边，那么不同的排法种数有
A、60 种 B、48 种 C、36 种 D、24 种
解析：把 A，B 视为一人，且 B 固定在 A 的右边，则本题相当于 4 人的全排列，A44 = 24 种，答案：D.元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.
例 2. 七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是
A、1440 种 B、3600 种 C、4820 种 D、4800 种
解析：除甲乙外，其余 5 个排列数为 A55 种，再用甲乙去插 6 个空位有 A26 种，不同的排法种数是 A55A26 = 3600 种，选 B.在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.
例 3. A，B，C，D，E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在 A 的右边（A，B 可以不相邻）那么不同的排法种数是
A、24 种 B、60 种 C、90 种 D、120 种
解析：B 在 A 的右边与 B 在 A 的左边排法数相同，所以题设的排法只是 5 个元素全排列数的一半，即 12A55 = 60 种，选 B.把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.
例 4. 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相同的填法有
A、6 种 B、9 种 C、11 种 D、23 种
解析：先把 1 填入方格中，符合条件的有 3 种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有 3×3×1 = 9 种填法，选 B.有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.
例 5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需 2 人承担，乙丙各需一人承担，从 10 人中选出 4 人承担这三项任务，不同的选法种数是
A、1260 种 B、2025 种 C、2520 种 D、5040 种
解析：先从 10 人中选出 2 人承担甲项任务，再从剩下的 8 人中选 1 人承担乙项任务，第三步从另外的 7 人中选 1 人承担丙项任务，不同的选法共有 C210C18C17 = 2520 种，选 C.（2）12 名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口 4 人，则不同的分配方案有
A、C412C48C44 种 B、3C412C48C44 种 C、C412C48A33 种 D、C412C48C44A33 种
例 6.（1）4 名优秀学生全部保送到 3 所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？
解析：把四名学生分成 3 组有 C24 种方法，再把三组学生分配到三所学校有 A33 种，故共有 C24A33 = 36 种方法.说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配.
（2）5 本不同的书，全部分给 4 个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为
A、480 种 B、240 种 C、120 种 D、96 种
例 7. 10 个三好学生名额分到 7 个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？
解析：10 个名额分到 7 个班级，就是把 10 个名额看成 10 个相同的小球分成 7 堆，每堆至少一个，可以在 10 个小球的 9 个空位中插入 6 块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为 C69 = 84 种.例 8. 某高校从某系的 10 名优秀毕业生中选 4 人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案 A48 种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有 3 种方法，然后安排其余学生有 A38 方法，所以共有 3A38；③若乙参加而甲不参加同理也有 3A38 种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有 7 种方法，然后再安排其余 8 人到另外两个城市有 A28 种，共有 7A28 方法. 所以共有不同的派遣方法总数为 A48 + 3A38 + 3A38 + 7A28 = 4088 种.元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数，最后总计.
例 9.（1）由数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有
A、210 种 B、300 种 C、464 种 D、600 种
解析：按题意，个位数字只可能是 0、1、2、3 和 4 共 5 种情况，分别有 A55、A14A13A33、A13A13A33、A12A13A33 和 A13A33 个，合并总计 300 个，选 B.（2）从 1，2，3，⋯，100 这 100 个数中，任取两个数，使它们的乘积能被 7 整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？
解析：被取的两个数中至少有一个能被 7 整除时，他们的乘积就能被 7 整除，将这 100 个数组成的集合视为全集 I，能被 7 整除的数的集合记做 A = {7,14,21,⋯98} 共有 14 个元素，不能被 7 整除的数组成的集合记做 ∁IA = {1,2,3,4,⋯,100} 共有 86 个元素；由此可知，从 A 中任取 2 个元素的取法有 C214，从 A 中任取一个，又从 ∁IA 中任取一个共有 C114C186，两种情形共符合要求的取法有 C214 + C114C186 = 1295 种.（3）从 1，2，3，⋯，100 这 100 个数中任取两个数，使其和能被 4 整除的取法（不计顺序）有多少种？
解析：将 I = {1,2,3⋯,100} 分成四个不相交的子集，能被 4 整除的数集 A = {4,8,12,⋯100}；能被 4 除余 1 的数集 B = {1,5,9,⋯97}，能被 4 除余 2 的数集 C = {2,6,⋯,98}，能被 4 除余 3 的数集 D = {3,7,11,⋯99}，易见这四个集合中每一个有 25 个元素；从 A 中任取两个数符合要；从 B，D 中各取一个数也符合要求；从 C 中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有 C225 + C125C125 + C225 种.某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式 n(A∪B) = n(A) + n(B) − n(A∩B).
例 10. 从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？
解析：设全集 = {6 人中任取 4 人参赛的排列}，A = {甲跑第一棒的排列}，B = {乙跑第四棒的排列}，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：n(I) − n(A) − n(B) + n(A∩B) = A46 − A35 − A35 + A24 = 252 种.某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。
例 11. 1 名老师和 4 名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？
解析：老师在中间三个位置上选一个有 A13 种，4 名同学在其余 4 个位置上有 A44 种方法；所以共有 A13A44 = 72 种.把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理.
例 12.（1）6 个不同的元素排成前后两排，每排 3 个元素，那么不同的排法种数是
A、36 种 B、120 种 C、720 种 D、1440 种
解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成 6 个不同的元素排成一排，共 A66 = 720 种，选 C.（2）8 个不同的元素排成前后两排，每排 4 个元素，其中某 2 个元素要排在前排，某 1 个元素排在后排，有多少种不同排法？
解析：看成一排，某 2 个元素在前半段四个位置中选排 2 个，有 A24 种，某 1 个元素排在后半段的四个位置中选一个，有 A14 种，其余 5 个元素任排 5 个位置上有 A55 种，故共有 A24A14A55 = 5760 种排法.抽取两类混合元素不能分步抽.
例 13. 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取 3 台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有
A、140 种 B、80 种 C、70 种 D、35 种
解析 1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有 C39 − C34 − C35 = 70 种，选 C.解析 2：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型 1 台乙型 2 台；甲型 2 台乙型 1 台，故不同的取法有 C25C14 + C15C24 = 70 台，选 C.从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.
例 14.（1）四个不同球放入编号为 1，2，3，4 的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？
解析：“先取” 四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有 C24 种，“再排” 在四个盒中每次排 3 个有 A34 种，故共有 C24A34 = 144 种.（2）9 名乒乓球运动员，其中男 5 名，女 4 名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？
解析：先取男女运动员各 2 名，有 C25C24 种，这四名运动员混和双打练习有 A22 中排法，故共有 C25C24A22 = 120 种.在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不合条件数，即为所求.
例 15.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有
A、70 种 B、64 种 C、58 种 D、52 种
解析：正方体 8 个顶点从中每次取四点，理论上可构成 C48 四面体，但 6 个表面和 6 个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有 C48 − 12 = 58 个.（2）四面体的顶点和各棱中点共 10 点，在其中取 4 个不共面的点，不同的取法共有
A、150 种 B、147 种 C、144 种 D、141 种
解析：10 个点中任取 4 个点共有 C410 种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为 C46，四个面共有 4C46 个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共 3 个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共 6 个. 所以四点不共面的情况的种数是 C410 − 4C46 − 3 − 6 = 141 种.把 n 个不同元素放在圆周 n 个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列 n 个普通排列：
a1，a2，a3⋯，an；a2，a3，a4，⋯，an，⋯；an，a1，⋯，an−1 在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，n 个元素的圆排列数有 n!n 种. 因此可将某个元素固定展成线排，其它的 n−1 元素全排列.
例 16. 5 对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
解析：首先可让 5 位姐姐站成一圈，属圆排列有 A44 种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有 2 种方式，故不同的安排方式 24×25 = 768 种不同站法.说明：从 n 个不同元素中取出 m 个元素作圆形排列共有1mAmn 种不同排法.允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地 n 个不同元素排在 m 个不同位置的排列数有 mn 种方法.
例 17. 把 6 名实习生分配到 7 个车间实习共有多少种不同方法？
解析：完成此事共分 6 步，第一步：将第一名实习生分配到车间有 7 种不同方案，第二步：将第二实习生分配到车间也有 7 种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有 76 种不同方案.例 18. 马路上有编号为 1，2，3⋯，9 九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？
解析：把此问题当作一个排对模型，在 6 盏亮灯的 5 个空隙中插入 3 盏不亮的灯 C35 种方法，所以满足条件的关灯方案有 10 种.说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.例 19. 设有编号为 1，2，3，4，5 的五个球和编号为 1，2，3，4，5 的盒子现将这 5 个球投入 5 个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
解析：从 5 个球中取出 2 个与盒子对号有 C25 种，还剩下 3 个球与 3 个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下 3，4，5 号球与 3，4，5 号盒子时，3 号球不能装入 3 号盒子，当 3 号球装入 4 号盒子时，4，5 号球只有 1 种装法，3 号球装入 5 号盒子时，4，5 号球也只有 1 种装法，所以剩下三球只有 2 种装法，因此总共装法数为 2C25 = 20 种.例 20.（1）30030 能被多少个不同偶数整除？
解析：先把 30030 分解成质因数的形式：30030 = 2×3×5×7×11×13；依题意偶因数 2 必取，3，5，7，11，13 这 5 个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为 C05 + C15 + C25 + C35 + C45 + C55 = 32 个.（2）正方体 8 个顶点可连成多少队异面直线？
解析：因为四面体中仅有 3 对异面直线，可将问题分解成正方体的 8 个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体 8 个顶点中任取四个顶点构成的四面体有 C48 − 12 = 58 个，所以 8 个顶点可连成的异面直线有 3×58 = 174 对.对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.
例 21.（1）圆周上有 10 点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的 10 个点可以确定多少个不同的四边形，显然有 C410 个，所以圆周上有 10 点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有 C410 个.（2）某城市的街区有 12 个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从 A 到 B 的最短路径有多少种？
解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从 A 到 B 最短路线必须走 7 小段，其中：向东 4 段，向北 3 段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过 4 段的走法，便能确定路径，因此不同走法有 C47 种.
