排列组合

先排末位共有 $C_3^1$, 然后排首位共有 $C_4^1$, 最后排其它位置共有 $A_4^3$, 由分步计数原理得 $C_4^1 C_3^1 A_4^3=288$ 。

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，$A_4^4$=24 种， 答案： D .

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 $A_5^5$$A_2^2$$A_2^2$= 480种不同的排法

除甲乙外，其余 5 个排列数为$A_5^5$种，再用甲乙去插 6 个空位有$A_6^2$种，不同的排法种数是$A_5^5$$A_6^2$=3600 种， 选 B.

把连续命中的三枪看做一个整体a,剩下命中的一枪看做一个整体b,用插空法,把a,b两个元素按一定顺序插到剩下四枪形成的5个空隙里,是$A_5^2$=20

(倍缩法) 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有不 同排法种数是: $A_7^7 / A_3^3$

(空位法) 设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有$A_7^4$ 种方法，其余的三个位置甲乙丙共有（1）种坐法，则共有$A_7^4$ 种方法。

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 $C_{10}^{2}$$C_8^1$$C_7^1$=2520 种，选 C.

把四名学生分成 3 组有 $C_4^2$ 种方法，再把三组学生分配到三所学校有 $A_3^3$ 种，故共有 $C_4^2$$A_3^3$=36 种方法.

B. $C_5^3$$A_4^4$=240

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$C_9^6$=84 种.

我们认为0是自然数，所有存在0+0+0+100=100的情况，所以这里的元素 个数应为104个，即3个 0和100个1，这104个元素间有103个空位，中间插入 4个隔板，就会把这104个元素分成4堆，每堆对应 x,y,x,w,而挡板的放置方法有$C_{103}^{3}$

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 $A_8^4$ 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 $A_8^3$方法，所以共有 3$A_8^3$；③若乙参加而甲不参加同理也有 3$A_8^3$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 $A_8^2$种 ， 共 有 7$A_8^2$方 法 . 所 以 共 有 不 同 的 派 遣 方 法 总 数 为 $A_8^4$ + 3$A_8^3$ + 3$A_8^3$ + 7$A_8^2$=4088 种.

（1）按题意，个位数字只可能是 0，1，2，3，4 共 5 种情况，分别有 $A_5^5$个，$A_4^1$$A_3^1$$A_3^3$ , $A_3^1$$A_3^1$$A_3^3$ , $A_2^1$$A_3^1$$A_3^3$ , $A_3^1$$A_3^3$个，合并总计 300 个,选 B.

（2）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 $\overline{A}$ = { 7，14，21，$\cdots$，98 } 共有 14 个元素,不能被 7 整除的数组成的集合记做 $\overline{A}$ = { 1，2，3，4,$\cdots$，100 } 共有 86 个元素；由此可知，从 A中任取 2 个元素的取法有 $C_{14}^{2}$，从 A中任取一个，又从$\overline{A}$中任取一个共有 $C_{14}^{1}$$C_{86}^{1}$，两种情形共符合要求的取法有 $C_{14}^{2}$ + $C_{14}^{1}$$C_{86}^{1}$=1295 种.

（3）将 I = { 1,2,3,$\cdots$，100 } 分成四个不相交的子集，能被 4 整除的数集 A = { 4,8,12,$\cdots$，100 }；能被 4 除余 1 的数集B = { 1,5,9,$\cdots$，97 } ，能被 4 除余 2 的数集 C = { 2,6,$\cdots$，98 } ，能被 4 除余 3 的数集 D = { 3,7,11,$\cdots$，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 $C_{25}^{2}$ + $C_{25}^{1}$$C_{25}^{1}$ + $C_{25}^{2}$ 种.

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 $\cap$ B ) = $A_6^4$-$A_5^3$-$A_5^3$+$A_4^2$ = 252

$C_{5}^{2} C_{6}^{1} C_{4}^{1}$=240

看成一排，某 2 个元素在前半段四个位置中选排 2 个，有 $A_4^2$种，某 1 个元素排在后半段的四个位置中选一个有 $A_4^1$种，其余 5 个元素任排 5 个位置上有 $A_5^5$种，故共有 $A_4^2$$A_4^1$$A_5^5$=5760 种排法.

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 $C_5^2$$C_4^1$ + $C_5^1$$C_4^2$ =70 台,选 C.

（1）正方体 8 个顶点从中每次取四点，理论上可构成 $C_8^4$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$C_8^4$-12= 58 个.

（2）10 个点中任取 4 个点共有 $C_{10}^{4}$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 $C_6^4$，四个面共有 4$C_6^4$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 $C_{10}^{4}$ - 4$C_6^4$ -3-6=141 种.

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：将第二名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 $A_{7}^{6}$种不同方案.

（1）按照 3，3，1，1，1，1 的走法有 $C_{6}^{2}$ 种，按照 3，2，2，1，1，1 的走法有 $C_{6}^{1} C_{5}^{2}$ 种，按照 2，2，2，2，1，1 的走法有 $C_{6}^{4}$ 种，所以恰好6步上完台阶的方法种数是 $C_{6}^{2}$+$C_{6}^{1} C_{5}^{2}$+$C_{6}^{4}$=15+60+15=90 .

（2）上楼梯问题是典型的斐波那契数列，设爬n级台阶的解法总数为f(n)，因为规定每一步只能跨一级或两级或三级，则f(n)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)。易知f(1)=1，f(2)=2，f(3)=4,递推可得f(4)=7,f(5)=13,f(6)=24,f(7)=44,f(8)=81,f(9)=149,f10)=274

从 5 个球中取出 2 个与盒子对号有 $C_5^2$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2$C_5^2$= 20 种.

（1）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$C_5^0$+$C_5^1$+$C_5^2$+$C_5^3$+$C_5^4$+$C_5^5$= 32 个.

（2）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$C_8^4$-12= 58 个，所以 8 个顶点可连成的异面直线有 3×58=174 对.

（1）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 $C_{10}^{4}$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 $C_{10}^{4}$个.

（2）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 $C_{7}^{4}$种.

全错位排列是组合数学中的经典问题之一，使用公式不容易出错： $$ D(n)=(n-1) \cdot[D(n-1)+D(n-2)] . $$ 又易知, $D(1)=0, D(2)=1$. 由递推公式可得: $D(3)=2, D(4)=9，D(5)=44$

$\mathrm{n}$ 个不同元素作圆形排列,共有 $(\mathrm{n}-1)$!种排法.即7! 如果从 $\mathrm{n}$ 个不同元素中取出 $\mathrm{m}$ 个元素作圆形排列共有 $\frac{1}{n} A_n^m$ 。

这问题中如果直接求不小于 10 的偶数很困难, 可用总体淘汰法。这十个数字 中有 5 个偶数 5 个奇数, 所取的三个数含有 3 个偶数的取法有 $C_5^3$, 只含有 1 个偶数 的取法有 $C_5^1 C_5^2$, 和为偶数的取法共有 $C_5^1 C_5^2+C_5^3$ 。再淘汰和小于 10 的偶数共 9 种, 符合条件的取法共有 $C_5^1 C_5^2+C_5^3-9$

分三步取书得 $C_6^2 C_4^2 C_2^2$ 种方法, 但这里出现重复计数的现象, 不妨记 6 本书为 $A B C D E F$, 若第一步取 $A B$, 第二步取 $C D$, 第三步取 $E F$ 该分法记为 (AB, $C D, E F)$, 则 $C_6^2 C_4^2 C_2^2$ 中还有 (AB, $\left.\mathrm{EF}, \mathrm{CD}\right)$, (CD, AB, $\mathrm{EF}$ ), (CD, EF, AB) (EF, CD, AB), (EF, AB, CD) 共有 $A_3^3$ 种取法, 而这些分法仅是 ( $\left.\mathrm{AB}, \mathrm{CD}, \mathrm{EF}\right)$ 一种分法, 故共有 $C_6^2 C_4^2 C_2^2 / A_3^3$ 种分法。

按颜色分有1 1 3和1 2 2 两种，各3种方案。2.分字母，1 1 3对应有$C_5^1$$C_4^1$$C_3^3$共20种，1 2 2对应$C_5^1$$C_4^2$$C_2^2$共30种，320+330=150

10 演员中有 5 人只会唱歌, 2 人只会跳舞 3 人为全能演员。选上唱歌人员为 标准进行研究只会唱的 5 人中没有人选上唱歌人员共有 $C_3^2 C_3^2$ 种, 只会唱的 5 人中只 有 1 人选上唱歌人员 $C_5^1 C_3^1 C_4^2$ 种, 只会唱的 5 人中只有 2 人选上唱歌人员有 $C_5^2 C_5^2$ 种, 由分类计数原理共有 $C_3^2 C_3^2+C_5^1 C_3^1 C_4^2+C_5^2 C_5^2$ 种。