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第4讲 排列与组合
复习要点 1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公
式.3.能解决简单的实际问题．
一 排列与排列数
1．排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同
元素中取出m个元素的一个排列．
2．排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中
取出m个元素的排列数，记作A.
二 组合与组合数
1．组合
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素
的一个组合．
2．组合数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中
取出m个元素的组合数，记作C.
三 排列数、组合数的公式及性质
排列数 组合数
C＝＝
A＝ n ( n － 1)( n － 2)…( n － m ＋ 1)
公式
＝
＝
(1)C＝1；
(1)A＝ n ！ ；
性质 (2)C＝ C ；
(2)0！＝1
(3)C＋C＝C
备注 n，m∈N*且m≤n
常/用/结/论
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．
(3)排列、组合混合问题要先选后排．
(4)相邻问题捆绑处理．
(5)不相邻问题插空处理．
(6)定序问题倍缩法处理．
(7)分排问题直排处理．
(8)“小集团”排列问题先整体后局部．
(9)构造模型．(10)正难则反，等价转化．
1．判断下列结论是否正确．
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同的排列．()
(2)选择两人去参加同一项活动时无先后顺序．(√)
(3)若组合数公式C＝C，则x＝m成立．()
(4)kC＝nC.(√)
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120 C．72 D．24
解析：“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不
相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.
答案：D
3．令站成一排的4个人重新排序，若恰有1个在自己原来的位置，则不同的站法共有
( )
A．4种 B．8种
C．12种 D．24种
解析：将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站
原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8(种)站法，故选B．
答案：B
4．(2023·新高考全国Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层
随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60名学生，已知该校初中部和高
中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
解析：根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取 60×＝40(人)，高中部共抽取60×＝
20(人)，
根据组合公式和分步乘法计数原理，不同的抽样结果共有C·C种．
故选D．
答案：D
题型 排列应用题
典例1有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
可直接直排处理：A.
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
特殊元素(位置)．(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
捆绑法．
(5)全体排成一排，男生互不相邻；
插空法：先排女生：A，再让男生插空：A.
思考：若“男生不相邻，且女生不相邻”呢？
方法一：先排女生，再让男生插空(不能占两头的空)：A·A；
方法二：先排男生(少)，再让女生插空：A·A.
(6)全体排成一排， 甲、乙两人中间恰好有 3 人 ；
小集团，捆绑处理．
(7)全体排成一排，甲必须排在乙前面(不一定相邻)；
.
(8)全部排成一排，甲不排在排头，乙不排在排尾．
解：(1)从7个人中选5个人来排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)排法．
(2)分两步完成，先选3人排在前排，有A种排法，余下4人排在后排，有A种排法，
故共有A×A＝5 040(种)排法．(事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条
件)
(3)方法一(优先法)：甲为特殊元素，先排甲，有5种方法；其余6人有A种方法，故
共有5×A＝3 600(种)排法．
方法二：排头与排尾为特殊位置，排头与排尾从非甲的 6个人中选2个排列，有A种
方法，中间5个位置由余下的4人和甲进行全排列，有A种方法，故共有A×A＝3 600(种)
排法．
(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生一起进行全排列，有A种方法，再将4
名女生进行全排列，也有A种方法，故共有A×A＝576(种)排法．
(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有 A种排法，再在女生
之间及首尾共5个空位中任选3个空位排男生，有A种排法，故共有A×A＝1 440(种)排法．
(6)(捆绑法)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人，有A种排法；
第二步从余下5人中选3人排在甲、乙中间，有A种排法；第三步把这个整体与余下2人
进行全排列，有A种排法，故共有A×A×A＝720(种)排法．
(7)(消序法)共有＝2 520(种)排法．
(8)(间接法)共有A－2A＋A＝3 720(种)排法．
【另解】直接法
分两类
求解有限制条件的排列问题的主要方法
分
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类
直 类
型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
接 法
法 选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排
分
列数，再由分步乘法计数原理得出总数步
法
捆绑 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，
法 同时注意捆绑元素的内部排列
插空 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素
法 插在前面元素排列后的空中
定序
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
法
间接
对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法
法
对点练1(1)(2024·湖北武汉模拟)源于探索外太空的渴望，中国的航天事业在21世纪获
得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行
中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过 5道程序，其中
A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有(
)
A．18种 B．36种
C．72种 D．108种
(2)(2024·黑龙江哈九中模拟)某中学在研究性学习成果报告会上，有 A，B，C，D，
E，F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A，C，D按先后顺序汇报(不一定
相邻)，那么不同的汇报安排种数为( )
A．100 C．300 B．120 D．600
(3)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成________个无重复数字的六位奇数．
解析：(1)先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道
程序选两个放A，B，共有A种放法；再排剩余的3道程序，共有A种放法．则共有A·A＝
36(种)放法．
(2)先排B，除了第一个不能选之外其余5个都可以，有C＝5(种)方法．
A，C，D3个成果，从剩余5个选3个，按照A，C，D的顺序汇报有C＝10(种)方法．
剩余E，F进行排列汇报，有A＝2(种)方法．
则不同的汇报安排共有5×10×2＝100(种)．故选A．
(3)方法一：从特殊位置入手(直接法)
分三步完成，第一步先填个位，有A种填法，第二步再填十万位，有A种填法，第三
步填其他位，有A种填法，故无重复数字的六位奇数共有AAA＝288(个)．
方法二：从特殊元素入手(直接法)
0不在两端有A种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，其他各位上用剩下
的元素作全排列有A种排法，故无重复数字的六位奇数共有AAA＝288(个)．
方法三：(间接法)
6个数字的全排列有A种排法，0,2,4在个位上的排列数为3A，1,3,5在个位上，0在十
万位上的排列数为3A，故无重复数字的六位奇数有A－3A－3A＝288(个)．
答案：(1)B (2)A (3)288题型 组合应用题
典例2某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名队长．
现从中选5人主持某个活动，依下列条件各有多少种选择？
(1)只有一名女生当选；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)男生甲和女生乙当选；
(5)最多有两名女生当选．
直接法，分3类也可用间接法．
解：(1)只有一名女生当选即为有一名女生和四名男生当选，故选法共有C×C＝350(种)．
(2)两队长当选，选法共有C×C＝165(种)．
(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选和有两名队长当选．故选法共有
C×C＋C×C＝825(种)，或采用间接法：选法共有C－C＝825(种)．
(4)男生甲和女生乙当选，则需从剩余11人中选3人，故选法共有C＝165(种)．
(5)最多有两名女生当选含有三类；有两名女生当选、只有一名女生当选和没有女生当
选．故选法共有C×C＋C×C＋C＝966(种)．
组合问题常有以下两类题型
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由
另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与
“最多”这两个关键词的含义．谨防重复与遗漏，用直接法和间接法都可以求解，通常用
直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.\s\up7( )
对点练2(1)(2023·全国乙卷，理)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则
这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
(2)(2023·新高考全国Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生
需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共
有________种(用数字作答)．
解析：(1)首先确定相同的读物，共有C种选法，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出2种进行排列，共有
A种选法，
根据分步乘法计数原理，则共有CA＝120(种)选法．
故选C．
(2)Ⅰ.当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有CC＝16(种)．
Ⅱ.当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课选1门，则不同的选课方案共有CC＝24(种)；②若体育类选修课选2门，则不同的选课方案共有CC＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
答案：(1)C (2)64
题型 排列、组合综合题
典例3(1)(2023·全国甲卷，理)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期
六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则 恰有 1 人在这两天都参加
先选1人：C，再选2人每人一天：A.
的不同安排方式共有( )
A．120种 B．60种
C．30种 D．20种
(2)(2024·湖南衡阳创新实验班测试)2023年春节，在北京工作的五个家庭开车搭伴一起
回老家过年，若五辆车分别为A，B，C，D，E，五辆车随机排成一列，则A车与B车相邻，
A车与C车不相邻的排法有( )
A．36种 B．42种
C．48种 D．60种
(3)(2024·浙江名校协作体检测)某校银杏大道上共有20盏路灯排成一列，为了节约用
电，学校打算关掉3盏路灯，头尾2盏路灯不能关闭，关掉的相邻2盏路灯之间至少有2
盏亮的路灯，则不同的方案种数是( )
A．324 B．364
C．560 D．680
解析：(1)先从5名志愿者中选出1名志愿者参加星期六、星期日两天的公益活动，再
从剩下的4名志愿者中选出2名志愿者分别参加星期六、星期日的公益活动，共有 CA＝
60(种)不同的安排方式，故选B．
(2) 将 A 车与 B 车捆在一起当成一个元素使用 ，
【解题有法】相邻元素用“捆绑法”，注意“定元”，确定要求相邻的元素，不要忽
视捆在一起的两元素的排序的种数．
有A种不同的捆法．
将其与除C车外的2个元素全排列，有A种排法．
将 C 车插入，不与 A 车相邻 ，有A种插法．
【扫清障碍】不相邻元素用“插空法”，先把无位置要求的几个元素全排列，再把要
求不相邻的元素插到产生的空位中，注意个别位置由于限制条件的原因是不能插入的．
故共有A×A×A＝36(种)排法．故选A．
(3)将20盏路灯分成2盏、15盏、3盏共3组，先将15盏亮的路灯排成一列，把3盏
关掉的路灯插空，而头尾2盏路灯不能关闭，
所以是在除头、尾之外的14个空位中插入3盏关掉的路灯，共C＝364(种)方法．
在每 2 盏关掉的路灯之间再各放入 1 盏亮的路灯，且路灯无差异 ，【指点迷津】此时
每2盏关掉的路灯之间已经至少有1盏亮的路灯，此时将剩下的2盏亮的路灯分别插入3
盏关掉的路灯之间的2个空位中即可满足要求．保证关掉的相邻2盏路灯之间至少有2盏亮的路灯，只有1种方法．
综上，共有364×1＝364(种)方案．故选B．
解决特殊元素、特殊位置问题的原则与方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从
位置入手，原则是谁特殊谁优先．
(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；
从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．
对点练3(1)(2024·广东部分学校大联考)A，B，C，D，E，F六人站成一排，C站第三
位，A不站在两端，D和E相邻，则不同的排列方式共有( )
A．16种 B．20种
C．24种 D．28种
(2)(多选)3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是( )
A．共有60种不同的坐法
B．空位不相邻的坐法有72种
C．空位相邻的坐法有24种
D．两端不是空位的坐法有18种
解析：(1)符合要求的排法可分为三类，第一类为A站在第二位的排法，符合要求的排
法可分为三步完成，即先排A，C，有1种排法，再排D，E，有2A种排法，最后排其余两
人有A种排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有1×4×2＝8(种)排法；第二类为A站在
第四位的排法，符合要求的排法可分为三步完成，即先排 A，C，有1种排法，再排D，
E，有2A种排法，最后排其余两人有 A种排法，由分步乘法计数原理可得第二类共有
1×4×2＝8(种)排法；第三类为A站在第五位的排法，符合要求的排法可分为三步完成，即
先排A，C，有1种排法，再排D，E，有A种排法，最后排其余两人有A种排法，由分步
乘法计数原理可得第三类共有1×2×2＝4(种)排法．由分类加法计数原理可得符合要求的排
法共有8＋8＋4＝20(种)．故选B．
(2)A选项，共有A＝5×4×3＝60(种)不同的坐法，故A正确；
B选项，相当于先排好这3个人有A种排法，然后把2个空位插在3个人形成的4个
空隙中，有C种插法，故共有AC＝36(种)坐法，故B错误；
C选项，相当于把2个空位先捆绑好，再插到3人形成的4个空隙中，故共有AC＝
24(种)坐法，故C正确；
D选项，相当于先从3人中抽取2人排好后放在两端，第三个人在中间的3个空位中
任取一个，故有AC＝18(种)坐法，故D正确．
答案：(1)B (2)ACD
题型 分组分配问题的多维研讨
维度1 不同元素的分组分配问题
典例4按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
均分n组，要除以A，为什么呢？如本题：6本书编号①②③④⑤⑥，CCC如下：
①② ③④ ⑤⑥
①② ⑤⑥ ③④
…
即分组为①②，③④，⑤⑥的按2×3＝6(种)计算，即3组的全排列数．
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(5)分成三份，1份4本， 另外两份每份 1 本 ；
部分均分．
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．
解：(1)无序不均匀分组问题．先选1本有C种选法；再从余下的5本中选2本有C种
选法；最后余下的3本全选有C种选法．故共有C×C×C＝60(种)分配方式．
(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题基础上，还应考虑
再分配，共有C×C×C×A＝360(种)分配方式．
(3)无序均匀分组问题．有＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题．在第(3)题基础上再分配给3个人，分配方式共有×A＝C×C×C
＝90(种)．
【另解】分步乘法：C(甲拿)·C(乙拿)·C(丙拿)．
(5)无序部分均匀分组问题，共有＝15(种)分组方式．
(6)有序部分均匀分组问题．在第(5)题基础上再分配给3个人，分配方式共有×A＝
90(种)．
(7)直接分配问题．甲选1本有C种方法，乙从余下5本中选1本有C种方法，余下4
本留给丙有C种方法，共有C×C×C＝30(种)分配方式．
解决不同元素分组分配问题的策略
(1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以
分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
(2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有 m组元素个数
相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的
全排列数．
(3)对于有序不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相
等，所以不需要除以全排列数.\s\up7( )
对点练4(1)(2024·江西吉安质量检测)中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10
月16日在北京召开，10月17日各代表团分组讨论党的二十大报告．某媒体5名记者到甲、
乙、丙3个小组进行宣传报道，每名记者只去1个小组，每个小组最多2名记者．若记者A
不去甲组，则不同的安排方法共有( )
A．15种 B．30种C．60种 D．90种
(2)某学校新来了五名学生，学校准备把他们分配到甲、乙、丙三个班级，每个班级至
少分配一人，则其中学生A不分配到甲班的分配方案种数是________．
解析：(1)若A去乙组(或丙组)，且该组只安排1人，剩下4名记者按2,2分组，再分配
到另2个小组，则不同的安排方法共有2××A＝12(种)；若A去乙组(或丙组)，且该组安排2
人，从4人中选1人在该组，剩下3人按2,1分组，再分配到另2个小组，则不同的安排方
法共有2×C×C×C×A＝48(种)．所以不同的安排方法共有12＋48＝60(种)，故选C．
(2)A的分配方案有2种，若A分配到的班级不再分配其他学生，则把其余四人分组后
分配到另外两个班级，分配方案种数是A＝14；若A分配到的班级再分配一名学生，则把
剩余的三名学生分组后分配到另外两个班级，分配方案种数是 C×C×A＝24；若A分配到的
班级再分配两名学生，则剩余的两名学生就分配到另外的两个班级，分配方案种数是C×A
＝12.故分配方案总数为2×(14＋24＋12)＝100.
答案：(1)C (2)100
维度2 相同元素的分配问题
典例5(1)8个相同的小球放入5个不同盒子中，每盒不空的放法共有________种．
隔板法：在8个小球产生的7个空位(除去两头)中放入4个板即可．
(2)(2024·上海华东师范大学第二附属中学质检)7名志愿者的名额分给3个班，每班至
少一个名额，则有________种不同的分配方法(用数字作答)．
解析：(1)一共有8个相同的小球，放入5个不同的盒子，每个盒子不空，即将小球分
成5份，每份至少1个．(定个数)
将8个小球摆放一列，形成9个空，中间有7个空，(定空位)
则只需在这7个空中插入4个隔板．隔板不同的放法有C＝C＝＝35(种)．(插隔板)
所以每盒不空的放法共有35种．故答案为35.
(2) 7 名志愿者的名额分配给 3 个班，每班至少一个名额 ，【指点迷津】注意题眼“名
额”，其名额之间无差别，故是属于相同元素的分配问题．
其实就是在 7 名志愿者的名额产生的 6 个空位中插入 2 个“挡板” ，【极易出错】
“档板”需放入，故算空位时两端的空位不能算，注意与插空法的区别．
共有C＝15(种)不同的分配方法．
故答案为15.
隔板法的解题步骤
(1)定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量．
(2)定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数．
(3)插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求，插入隔板，利用组合数求解不同的
分法种数．
(4)回顾反思：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方
法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，
以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两
端不能插隔板.\s\up7( )对点练5(1)三元一次方程x＋y＋z＝10有________组正整数解．
(2)有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”“八女投江”“八勇士
智取华山”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个
位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”(比如1 223就是一个“英雄数”，1＋2
＋2＋3＝8)，则所有的“英雄数”有________个．
解析：(1)将10个1用隔板法分成三组，每组至少1个1，共有C＝36(种)分法，即有
36组正整数解．
(2)由题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间共有7个空位(不包括头尾)，
若“英雄数”中四个位置的数字都不为0，则在这7个空位中随机安排3个隔板，可以将小
球分为4组，共有C＝35(组)，因而可组成满足条件的四位数有35个；
若“英雄数”中4个数字中只有1个0，则需要在这7个空位中随机安排2个隔板，可
以将小球分成个数不为0的3组，共有C组，根据0可以作为百位、十位、个位上的数字，
此时共有3×C＝63(个)“英雄数”；
同理，若“英雄数”中4个数字中有2个0，则需要在这7个空位中随机安排1个隔板，
可以将小球分成个数不为0的2组，0可以作为百位、十位、个位其中两位上的数字，此时
共有C×C＝21(个)“英雄数”；
若“英雄数”中4个数字中有3个0，则只能是8 000，只有一种情况．
综上，共有35＋63＋21＋1＝120(个)“英雄数”．
答案：(1)36 (2)120
