排列組合的解題技巧和策略

排列組合問題，通常都是出現在選擇題或填空題中，或結合概率統計綜合出題，它聯系實際，生動有趣，但題型多樣，思路靈活，不易掌握. 實踐證明，解決此類問題的有效方法是題型與解法歸類、識別模式、熟練運用.

一、處理排列組合題的一般步驟

解答排列、組合試題要從“分析”“分辨”“分類”“分步”四個方面入手，即

（1）“分析”就是找出題目的條件、結論，確定哪些是“元素”、哪些是“位置”；

（2）“分辨”就是辨別此問題是排列問題還是組合問題，對某些元素的位置有無限制等；

（3）“分類”就是將較復雜的應用題中的元素分成互相排斥的幾類，然后逐類解決；

（4）“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列和組合問題，然后逐步解決問題.

有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決，解答這類問題時理解題意很關鍵，一定要多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”“是排列還是組合”，在應用分類加法計數原理討論時，既不能重復交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高解題準確率.在某些特定問題上，也可充分考慮“正難則反”的思維方式.

二、處理排列組合題的規律

（1）兩種思路：直接法，間接法. （2）兩種途徑：元素分析法，位置分析法. （3）兩個原則：一是按元素（或位置）的性質進行分類；二是按事情發生的過程進行分步.具體地說，解排列組合問題常以元素（或位置）為主體，即先滿足特殊元素（或位置），再考慮其他元素（或位置）.

（一）特殊元素（位置）用優先法

把有限制條件的元素（位置）稱為特殊元素（位置），對于這類問題一般采取特殊元素（位置）優先安排的方法.

例1 6人站成一橫排，其中甲不站左端也不站右端，有多少種不同站法？

分析：解有限制條件的元素（位置）這類問題常采取特殊元素（位置）優先安排的方法.

解法1：（元素分析法）因為甲不能站左右兩端，故第一步先讓甲排在中間4個位置的任一位置上，有A14種站法；第二步再讓其余的5人站在其他5個位置上，有A55種站法.故站法共有A14·A55=480（種）.

解法2：（位置分析）因為左右兩端不站甲，故第一步先從甲以外的5個人中任選兩人站在左右兩端，有A25種站法；第二步再讓剩余的4個人（含甲）站在中間4個位置上，有A44種站法.故站法共有A25·A44=480（種）.

變式：電視臺連續播放6個廣告，其中含4個不同的商業廣告和2個不同的公益廣告，要求首尾必須播放公益廣告，則共有 種不同的播放方式（結果用數值表示）.

解：分兩步：首尾必須播放公益廣告的方法有A22種；中間4個為不同的商業廣告的方法有A44種，所以不同的播放方式有A22·A44=48種.

（二）相鄰問題用捆綁法

對于要求某幾個元素必須排在一起的問題，可用“捆綁法”，即將這幾個元素看作一個整體，視為一個元素，與其他元素進行排列，然后相鄰元素內部再進行排列.

1.全相鄰問題用捆綁法

例2 5個男生和3個女生排成一排，3個女生必須排在一起，有多少種不同排法？

解：把3個女生視為一個元素，與5個男生進行排列，共有A66種排法；然后女生內部再進行排列，有A33種排法.所以排法共有A66·A33=4 320（種）.

說明：從上述解法可以看出，所謂“捆綁法”，就是在解決關于某幾個元素要求相鄰的問題時，可以整體考慮將相鄰元素視作一個“大”元素.

變式：某校畢業典禮由6個節目組成，考慮整體效果，對節目演出順序有如下要求：節目甲必須排在前三位，且節目丙、丁必須排在一起，則該校畢業典禮節目演出順序的編排方案共有

A. 120種 B. 156種

C. 188種 D. 240種

解：根據題意，由于節目甲必須排在前三位，分3種情況討論：①甲排在第一位，節目丙、丁必須排在一起，則丙、丁相鄰的位置有4個，且兩者的順序有2種情況，將剩下的3個節目全排列，安排在其他三個位置上，有A33=6種安排方法，則此時有4×2×6=48種編排方法；②甲排在第二位，節目丙、丁必須排在一起，則丙、丁相鄰的位置有3個，且兩者的順序有2種情況，將剩下的3個節目全排列，安排在其他三個位置上，有A33=6種安排方法，則此時有3×2×6=36種編排方法；③甲排在第三位，節目丙、丁必須排在一起，則丙、丁相鄰的位置有3個，且兩者的順序有2種情況，將剩下的3個節目全排列，安排在其他三個位置上，有A33=6種安排方法，則此時有3×2×6=36種編排方法.則符合題意要求的編排方法有36+36+48=120種.故選A.

點睛：本題考查排列、組合的應用，注意題目限制條件比較多，需要優先分析受到限制的元素.根據題意，由于節目甲必須排在前三位，對甲的位置分三種情況討論，依次分析丙、丁的位置以及其他三個節目的安排方法，由分步乘法計數原理可得每種情況的編排方案數目，由分類加法計數原理計算可得答案.

2.不全相鄰排除法，排除處理

例3 五個人站成一排，其中甲、乙、丙三人有兩人相鄰，有多少種排法？

解：A55-A33A33-A22A33=72或3A22A23A22=72.

（三）不相鄰問題用插空法

元素不相鄰問題，可以先將其他元素排好，然后再將不相鄰的元素插入已排好的元素位置之間和兩端的空中.

例4 7人排成一排，甲、乙、丙3人互不相鄰有多少種排法？

解：先將其余4人排成一排，有A44種排法，再從4人之間及兩端的共5個空位中選3個將甲、乙、丙插入，有A35種排法，所以排法共有A44·A35=1 440（種）.

變式1：要排一張有6個歌唱節目和4個舞蹈節目的演出節目單，任何兩個舞蹈節目不得相鄰，有多少種不同的排法？

解：先將6個歌唱節目排好，不同的排法有6！種，這6個節目間的空隙及兩端共7個位置中再選4個空位安排舞蹈節目，有A47種排法.由分步乘法計數原理可知，任何兩個舞蹈節目不得相鄰的排法共有A47A66種。

變式2：高三（一）班要安排畢業晚會的4個音樂節目、2個舞蹈節目和1個曲藝節目的演出順序，要求兩個舞蹈節目不連排，則不同排法的種數是

A.1 800 B.3 600

C.4 320 D.5 040

解：不同排法的種數為A55A26=3 600，故選B.

說明：從解題過程可以看出，不相鄰問題是指要求某些元素不能相鄰，由其他元素將它們隔開，此類問題可以先將其他元素排好，再將特殊元素插入，故叫插空法.

（四）定序問題用除法

在排列問題中，當某些元素次序一定時，可用此法. 解題方法是先將n個元素進行全排列有Ann種方法，m（m≤n）個元素全排列有Amm種方法，由于要求m個元素次序一定，因此只能取其中的某些排法，可以利用除法起到調序的作用，即若n個元素排成一列，其中m個元素次序一定，則有AnnAmm種排列方法.

例5 由數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的六位數，其中個位數字小于十位數字的六位數有多少個？

解：不考慮限制條件，組成的六位數有A15·A55個，其中個位與十位上的數字大小一定，所以所求的六位數有A15·A55A22=300（個）.

變式1：四根繩子上共掛有10只氣球，繩子上的球數依次為1，2，3，4，每槍只能打破一只球，而且規定只有打破下面的球才能打上面的球，則將這些氣球都打破的不同打法數是 .

解：問題等價于將編號為1，2，3，…，10的10個小球排列，其中2，3號，4，5，6號，7，8，9，10號的排列順序分別是固定的，據此可得，將這些氣球都打破的不同打法數是A1010A22×A33×A44=12 600.

點睛：在排列的問題中限制某幾個元素必須保持一定的順序問題，這類問題用縮小倍數的方法求解比較方便快捷.

變式2：某工程隊有6項工程需要單獨完成，其中工程乙必須在工程甲完成后才能進行，工程丙必須在工程乙完成后才能進行，工程丁必須在工程丙完成后才能進行. 那么安排這6項工程的不同排法種數是 . （用數字作答）

解法1：依題意，只需將剩余兩個工程插在由甲、乙、丙、丁四個工程形成的5個空中（插一個或兩個），可得有A25+5×A22=30種不同排法.

解法2：6！4！=30.

（五）多面手問題

例6 有11名外語翻譯人員，其中5名英語翻譯員，4名日語翻譯員，另兩名英、日語都精通，從中找出8人，使他們組成兩個翻譯小組，其中4人翻譯英文，另4人翻譯日文，這兩個小組能同時工作，問這樣的分配名單共可開出幾張？

分析：既精通英語，又精通日語的“多面手”是特殊元素，所以可以從他們的參與情況入手進行分類討論.

解：按“多面手”的參與情況分成三類.

第一類：多面手不參加，這時有C45C44種；

第二類：多面手中有一人入選，這時又有該人參加英文或日文翻譯兩種可能，因此有C12C35C44+C45C12C34種；

第三類：多面手中的兩人均入選，這時又分三種情況：兩個都譯英文、兩個都譯日文、兩人各譯一個語種，因此有C22C25C44+C45C22C24+C12C35C11C34種.綜上分析，共可開出

C45C44+C12C35C44+C45C12C34+C22C25C44+C45C22C24+ C12C35C11C34=185（種）.

點睛：首先注意分類方法，體會分類方法在解組合問題中的作用.本題也可以先安排翻譯英文人員，后安排翻譯日文人員進行分類求解，共有C45C46+C35C12C45+C25C22C44=185（種）.

（六）分組問題與分配問題

不同元素的分配問題，往往是先分組再分配.在分組時，通常有三種類型：①不均勻分組；②均勻分組；③部分均勻分組，注意各種分組類型中，不同分組方法的求法.

1.分組問題

均勻分組，除法處理；非均勻分組，組合處理.

例7 有9個不同的文具盒：（1）將其平均分成三組；（2）將其分成三組，每組個數分別為2，3，4.上述問題各有多少種不同的分法？

解：（1）此題屬于分組問題：先取3個為第一組，有C39種分法，再取3個為第二組，有C36種分法，剩下3個為第三組，有C33種分法.由于三組之間沒有順序，故有C39C36C33A33種分法.

（2）同（1），共有C29C37C44種分法.因三組個數各不相同，故不必再除以A33.

2.分配問題

定額分配，組合處理；隨機分配，先組后排.

例8 有9本不同的書：（1）分給甲2本，乙3本，丙4本；（2）分給三個人，分別得2本、3本、4本.上述問題各有多少種不同的分法？

解：（1）此題是定額分配問題，先讓甲選，有C29種；再讓乙選，有C37種；剩下的給丙，有C44種.共有C29C37C44種不同的分法.

（2）此題是隨機分配問題：先將9本書分成2本、3本、4本共三堆，再將三堆分給三個人，共有C29·C37·C44·A33種不同的分法.

例9 將4名教師分派到3所中學任教，每所中學至少有1名教師，則不同的分派方案共有多少種？

解：可分兩步進行：第一步先將4名教師分為三組（1，1，2），（2，1，1），（1，2，1），共有C24·C12·C11A22=6（種），第二步將這三組教師分派到3所中學任教有A33種方法. 由分步計數原理得不同的分派方案共有C24·C12·C11A22·A33=36種.因此共有36種方案.

變式1：將5名實習教師分配到高一年級的3個班實習，每班至少1名，最多2名，則不同的分配方案有

A.30種 B.90種

C.180種 D.270種

解：將5名實習教師分配到高一年級的3個班實習，每班至少1名，最多2名，則將5名教師分成三組，一組1人，另兩組都是2人，有C15·C24A22=15種方法，再將3組分到3個班，共有15·A33=90種不同的分配方案，選B.

變式2：6本不同的書，按照以下要求處理，各有幾種分法？

（1）一堆一本，一堆兩本，一堆三本；

（2）甲得一本，乙得兩本，丙得三本；

（3）平均分給甲、乙、丙三人；

（4）平均分成三堆.

解：（1）先在6本書中任取一本，作為一本一堆，有C16種取法；再從余下的五本書中任取兩本，作為兩本一堆，有C25種取法；從余下三本取三本作為一堆，有C33種取法.故共有C16C25C33=60（種）分法.

（2）由（1）知，分成三堆的方法有C16C25C33種，而每種分組方法僅對應一種分配方法，故甲得一本，乙得兩本，丙得三本的分法亦為C16C25C33=60（種）.

（3）3個人一個一個地來取書，甲從6本不同的書中任取出2本的方法C26種，甲不論用哪一種方法取得2本書后，乙再從余下的4本書中取書有C24種方法，而甲、乙不論用哪一種方法各取2本書后，丙從余下的兩本中取兩本書，有C22種方法，所以一共有C26C24C22=90（種）方法.

（4）把6本不同的書分成三堆，每堆二本與把6本不同的書分給甲、乙、丙三人，每人2本的區別在于，后者相當于把6本不同的書平均分成三堆后，再把分得的三堆書分給甲、乙、丙三個人.因此，設把6本不同的書平均分成三堆的方法有x種，那么把6本不同的書分給甲、乙、丙三人每人2本的分法就有x·A33種.由（3）知，把6本不同的書分給甲、乙、丙三人，每人2本的方法有C26C24C22種.

所以x·A33=C26C24C22，則x=C26C24C22A33=15.

（七）隔板模型法

此法常用于解決整數分解型排列、組合的問題.

例10 有10個三好學生名額，分配到6個班，每班至少1個名額，共有多少種不同的分配方案？

解：將10個名額并排成一排，名額之間有9個空，將5個隔板插入9個空且每空至多插一塊隔板，每一種插法對應一種分配方案，

故方案有C59=126（種）.

在排列組合中，對于將不可分辨的球裝入到可以分辨的盒子中，每盒至少一個，求方法數的問題常用隔板法.如：

技巧一：添加球數用隔板法.

例11 求方程x+y+z=10 的非負整數解的個數.

解：注意到x、y、z可以為零，故上題解法中的限定“每空至多插一塊隔板”就不成立了.怎么辦呢？只要添加三個球，給x、y、z各加一個球. 這樣原問題就轉化為求x+y+z=13 的正整數解的個數了，故解的個數為C212=66.

技巧二：減少球數用隔板法.

例12 將20個相同的小球放入編號分別為1，2，3，4的四個盒子中，要求每個盒子中的球數不少于它的編號數，求放法總數.

解法1：先在編號為1，2，3，4的四個盒子內分別放0，1，2，3個球，有1種方法；再把剩下的14個球分成4組，每組至少1個，由例10知有C313=286（種）方法.

解法2：第一步先在編號為1，2，3，4的四個盒子內分別放1，2，3，4個球，有1種方法；第二步把剩下的10個相同的球放入編號為1，2，3，4的盒子里，有的盒子可以放入0個，由例11可知有C313=286（種）方法.

技巧三：先后插入用隔板法.

例13 為構建和諧社會出一份力，一個文藝團體下基層進行宣傳演出，準備的節目表中原有4個歌舞節目，如果保持這些節目的相對順序不變，擬再添加2個小品節目，則不同的排列方法有多少種？

解：記兩個小品節目分別為A，B. 先排A節目，根據A節目前后的歌舞節目數目考慮方法數，相當于把4個球分成兩堆，由例5知有C15種方法. 這一步完成后就有5個節目了. 再考慮加入B節目前后的節目數，同理知有C16種方法. 故由乘法原理知，共有C15C16=30（種）方法.

（八）“至多”“至少”問題用分類法或間接法（排除處理）

含“至多”或“至少”的排列組合問題，常采用分類法，或排除法. 排除法更適用于反面情況明確且易于計算的情況.

例14 從4名男生和3名女生中選出3人，分別從事三項不同的工作，若這3人中至少有1名女生，則選派方案共有

A.108種 B.186種

C.216種 D.270種

解：從全部方案中減去只選派男生的方案數，合理的選派方案共有A37-A34=186（種），選B.

變式：某種植基地將編號分別為1，2，3，4，5，6的六個不同品種的馬鈴薯種在如圖所示的六塊實驗田上.

ABCDEF

現在這六塊實驗田上進行對比試驗，要求這六塊實驗田分別種植不同品種的馬鈴薯，若種植時要求編號1，3，5的三個品種的馬鈴薯中至少有兩個相鄰，且2號品種的馬鈴薯不能種植在A，F這兩塊實驗田上，則不同的種植方法有

A.360種 B.432種

C.456種 D.480種

解：第一類，從1，3，5品種中選2個并捆綁在一起，和另外一個全排，先把4或6號插入到中間空中，再把剩下一個插入到所形成的4個空中的一個，然后把2號插入到前面所形成的3個空（不含兩端）中的1個，故有A23A22A12A14A13=288（種）.第二類，把1，3，5品種捆在一起，則種植位置可以為ABC，BCD，CDE，DEF.當種植在ABC中時，2號只能從D，E選擇，剩下的任意種植；當種植在DEF中時，2號只能從B，C選擇，剩下的任意種植.故有2A23C12A22=48（種）.當種植在BCD中時，2號只能種植在E，剩下的任意種植；當種植在CDE中時，2號只能種植在B，剩下的任意種植.故有2A23A22=24（種）.根據分類加法計數原理可得共有288+48+24=360（種）.

點睛：當從正面分類比較復雜時，常從反面思考采用排除法處理排列組合問題.

（九）復雜問題用排除法

對于某些比較復雜的或抽象的排列問題，可以采用轉化思想，從問題的反面去考慮，先求出無限制條件的方法種數，然后去掉不符合條件的方法種數. 在應用此法時要注意做到不重不漏.

例15 四面體的頂點和各棱中點共有10個點，取其中4個不共面的點，則不同的取法共有

A. 150種 B. 147種

C. 144種 D. 141種

解：從10個點中任取4個點有C410種取法，其中4點共面的情況有三類. 第一類，取出的4個點位于四面體的同一個面內，有4C46=60種；第二類，取任一條棱上的3個點及該棱對棱的中點，這4點共面，有6種；第三類，由中位線構成的平行四邊形（其兩組對邊分別平行于四面體相對的兩條棱），它的4個點共面，有3種. 以上三類情況不合要求應減掉.故共有C410-60-6-3=141種，故選D.

變式：某城市的交通道路如圖，從城市的東南角A到城市的西北角B，不經過十字道路維修處C，最近的走法種數有 .

解：當C處可以走時，由A到B最近的走法需要向上走5次，向右走6次，共11次，所以走法種數為C511C66=11×10×9×8×71×2×3×4×5×1=462；當由A到B必須經過C時最近的走法需要先由A到C需要向上走3次向右走3次總共6次，再由C到B需要向上走2次向右走3次總共5次，所以必須經過C時的走法種數為C36C33·C25C33=6×5×41×2×3×1×5×41×2×1=200.所以不經過C處的最近的走法種數為462-200=262.

（十）多元問題用分類法

按題目條件，把符合條件的排列、組合問題分成互不重復的若干類，分別計算，最后計算總數.

例16 已知直線ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合{-3，-2，-1，0，1，2，3}中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數.

解：設傾斜角為θ，由θ為銳角，得tan θ=-ab>0，即a，b異號.

（1）若c=0，a，b各有3種取法，排除2個重復（3x-3y=0，2x-2y=0，x-y=0），故有3×3-2=7（條）.

（2）若c≠0，a，b各有3種取法，而同時c還有4種取法，且其中任意兩條直線均不相同，此時直線有3×3×4=36（條）.

從而符合要求的直線共有7+36=43（條）.

變式：某人設計一項單人游戲，規則如下：先將一棋子放在如圖所示的正方形ABCD（邊長為3個單位）的頂點A處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走的單位，如果擲出的點數為k（k=1，2，…，6），則棋子就按逆時針方向行走k個單位，一直循環下去.某人拋擲三次骰子后，棋子恰好又回到點A處的所有不同走法共有

A.22種 B.24種

C.25種 D.36種

解：設拋擲三次骰子的點數分別為a，b，c，則a+b+c=12. 當a=1時，b+c=11，符合條件的數對b，c可以是5，6，6，5，共2對；當a=2時，b+c=10，符合條件的數對b，c可以是4，6，5，5，6，4，共3對；依次類推，當a=3時，b+c=9，符合條件的數對b，c有4對；當a=4時，b+c=8，符合條件的數對b，c有5對；當a=5時，b+c=7，符合條件的數對b，c有6對；當a=6時，b+c=6，符合條件的數對（b，c）有5對.所以不同拋擲方法共有2+3+4+5+6+5=25種，故選C.

（十一）數字問題（組成無重復數字的整數）

① 能被2整除的數的特征：末位數是偶數；不能被2整除的數的特征：末位數是奇數.

② 能被3整除的數的特征：各位數字之和是3的倍數；能被9整除的數的特征：各位數字之和是9的倍數.

③ 能被4整除的數的特征：末兩位是4的倍數.

④ 能被5整除的數的特征：末位數是0或5.

⑤ 能被25整除的數的特征：末兩位數是25，50，75.

⑥ 能被6整除的數的特征：各位數字之和是3的倍數的偶數.

例17 在1，2，3，4，5這五個數字組成的沒有重復數字的三位數中，各位數字之和為奇數的共有

A.36個 B.24個

C.18個 D.6個

解：依題意，所選的三個數字有兩種情況：（1）3個數字都是奇數，有A33個三位數；（2）3個數字中有兩個偶數、一個奇數，有C13A33個三位數.故共有A33+C13A33=24.故選B.

變式：用數字0，1，2，3，4組成沒有重復數字的五位數，則其中數字1，2相鄰的偶數有 個（用數字作答）.

解：組成偶數可以分成三種情況：①若末位數字為0，則1和2為一組，且可以交換位置，3，4各為1個數字，共可以組成2·A33=12（個）五位數；②若末位數字為2，則1與它相鄰，其余3個數字排列，且0不是首位數字，則有2·A22=4（個）五位數；③若末位數字為4，則1和2為一組，且可以交換位置，3，0各為1個數字，且0不是首位數字，則有2·2·A22=8（個）五位數. 則全部五位偶數共有24個.

（十二）分球入盒問題

例18 將5個小球放到3個盒子中，在下列條件下，各有多少種投放方法？

①小球不同，盒子不同，盒子不空；

②小球不同，盒子不同，盒子可空；

③小球不同，盒子相同，盒子不空；

④小球不同，盒子相同，盒子可空；

⑤小球相同，盒子不同，盒子不空；

⑥小球相同，盒子不同，盒子可空；

⑦小球相同，盒子相同，盒子不空；

⑧小球相同，盒子相同，盒子可空.

解：①將小球分成3份，每份為1，1，3或1，2，2. 再放在3個不同的盒子中，即先分堆，后分配，共有C35C12A22+C25C23A22·A33=150（種）投放方法.

②35種.

③只要將5個不同小球分成3份，分法為1，1，3或1，2，2， 共有C35C12A22+C25C23A22=25（種）投放方法.

④本題即是將5個不同小球分成1份、2份、3份的問題，共有C55+C45+C35+C35C12A22+C25C23A22=41（種）投放方法.

⑤（隔板法）結合隔板法可知共有C24=6（種）方法.

⑥把5個小球及插入的2個隔板都設為小球，則共有7個球. 7個球中任選兩個變為隔板且隔板可以相鄰，那么2塊隔板分成3份的小球數對應于相應的3個不同盒子，故有C27=21（種）方法.

⑦5個相同的小球分成3份即可，有3，1，1或2，2，1，共 2種.

⑧只要將5個相同小球分成1份、2份、3份即可. 分法如下：5，0，0；4，1，0；3，2，0；3，1，1；2，2，1.即共有5種方法.

變式：有4個不同的小球，放入4個不同的盒子內，球全部放入盒子內.

（1）共有幾種放法？

（2）恰有1個空盒，有幾種放法？

（3）恰有1個盒子內有2個球，有幾種放法？

（4）恰有2個盒子不放球，有幾種放法？

解：（1）共有44種放法.

（2）共有C24A34=144（種）放法.

（3）共有C24A34=144（種）放法.

（4）共有C34A24+C24C24=84（種）方法.

（十三）涂色問題

（1）用計數原理處理的問題，需要關注圖形的特征：多少塊？多少色？

（2）以涂色先后分步，以色的種類分類.

例19 如圖，用五種不同的顏色給圖中的A，B，C，D，E，F六個不同的點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂色方法共 種.

解：由于A和E或F可以同色、B和D或F可以同色、C和D或E可以同色，所以當五種顏色都選擇時，選法有C13C12A55=720種；當五種顏色選擇4種時，選法有C13×3×C45A44=1 080種；當五種顏色選擇3種時，只能B和D同色、A和F同色、C和E同色，或者B和F同色、A和E同色、C和D同色，所以選法有2C35A33=120種.所以不同的涂色方法共有720+1 080+120=1 920種.

變式：將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱的兩端異色，若只有五種顏色可供使用，則不同的染色種數為 .

解：設四棱錐為D-ABC，首先考慮A點，它有5種情況，然后考慮和它相連的B點，因為要和A點不同，所以有4種情況，在考慮C點，它和A，B都相連，所以有3種情況，然后考慮D點：

①如果D選擇和B相同的顏色，那么此時就只有一種情況，就是B所選的顏色，這時E點因為和A，B，D三點相連，其顏色就有5-2=3種；

②如果D選擇和B不同的顏色，那么D的顏色就和A，B，C三者都不相同，而A，B，D三者的顏色又各不相同，所以D有2種可能，這時E和A，B，D顏色不能相同，且A，B，D顏色也不相同，所以E有5-3=2種.

因此所求種數為5×4×3×1×3+2×2=420.

說明：應該指出的是，上述所介紹的適用不同要求的各種方法并不是絕對的，對于同一問題有時會有多種方法，這時要認真思考和分析，靈活選取最佳方法.

（十四）錯位排列

例20 同室4人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送來的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有

A.6種 B.9種

C.11種 D.23種

解：此題可以看成是將數字1，2，3，4填入標號為1，2，3，4的四個方格里，每格填一數，且每個方格的標號與所填數字不同的填法問題. 所以先將數字1填入標號為2至4的3個方格中的任一個，有3種填法；第二步把被填入方格的對應數字填入其他3個方格中的一個，有3種填法；第三步將余下的兩個數字填入余下的兩格中只有一種填法.故共有3×3×1=9種填法. 故選B.

注：錯位排列公式：an=n！1-11！+12！-13！+…+

-1n1n！.

變式：有五位客人參加宴會，他們把帽子放在衣帽寄放室內，宴會結束后每人戴了一頂帽子回家，回家后，他們的妻子都發現他們戴了別人的帽子，問五位客人都不戴自己帽子的戴法有多少種？

解：方法一：設五個人分別為A，B，C，D，E，帽子為1，2，3，4，5.

則當A的帽子為2時，B有四種情況，為1，3，4，5，

當B的帽子為1時，C有兩種情況，當C的帽子是4時，D的帽子為3或5，而D的帽子是3時，E的帽子為5不成立.所以D只有一種情況，D的帽子為5.此時E的帽子為3，即B的帽子為1時有兩種戴法.

B的帽子為3時，C有三種情況，同理可得有三種戴法.

B的帽子為4時，C有兩種情況，同理可得有三種戴法.

B的帽子為5時，C有兩種情況，同理可得有三種情況.∴A的帽子為2時共有11種戴法.

同理可得，當A的帽子為3，4，5時，各有11種.

綜上可得，共有44種戴法.

方法二：代入錯位排列公式可得

a5=5！1-11！+12！-13！+14！-15！=44（種）戴法.

（十五）分排問題用直排法

例21 兩排座位，第一排有3個座位，第二排有5個座位，若8名學生入座（每人一座位），則不同

的座法為

A.C58C38 B.A12C58C38

C.A38A58 D.A88

解：此題分兩排座可以看成是一排座，故有A88種座法.故選D.

說明：對于把幾個元素分成若干排的排列問題，若沒有其他特殊要求，可采取統一排成一排的方法求解.

變式：9個人坐成三排，第一排2人，第二排3人，第三排4人，則不同的坐法共有多少種？

解：9個人可以在三排中隨意就座，無其他限制條件，所以三排可以看作一排來處理，不同的坐法共有A99種.