第五讲排列组合。
前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题。事实上，这些问题是相互联系、不可分割的。例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成。
在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理。又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了。类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点。
看下面的例子。
例1 由数字可以组成多少个没有重复数字的偶数？
分析注意到由四个数字可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决。
第一类：一位偶数只有，共2个；
第二类：两位偶数，它包含个位为的两类。若个位取0，则十位可有c13种取法；若个位取2，则十位有c12种取法。故两位偶数共有（c13＋c12）种不同的取法；
第三类：三位偶数，它包含个位为的两类。若个位取0，则十位和百位共有p23种取法；若个位取2，则十位和百位只能在中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有2×2个，三位偶数共有（p23＋2×2）个；
第四类：四位偶数。它包含个位为的两类。
若个位取 0，则共有p33个；若个位取 2，则其他 3位只能在 0、 1、 3中取。千位有2种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再排成一列，有p22种取法。由乘法原理，个位为2的四位偶数有2×p22个。
所以，四位偶数共有（p33＋2×p22）种不同的取法。
解： 由加法原理知，共可以组成。
2＋（c13＋c12）＋（p23＋2×2）＋（p33＋2×p22）
个不同的偶数。
补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为0和个位为2的两类。再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解。
例2 国家举行足球赛，共15个队参加。比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队。各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.
然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军。问：①共需比赛多少场？
②如果实行主客场制（即a、b两个队比赛时，既要在a队所在的城市比赛一场，也要在b队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？
分析比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比赛的场次。
①中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛c28场；第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛c27场；决赛中4个队，每两队比赛一场，所以共比赛c24场。
②中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是①中的2倍。
另外，还可以用排列的知识来解决。由于主客场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关。所以，第一组共比赛p28场，第二组共比赛p27场，决赛时共比赛p24场。
解： 由加法原理：
①实行单循环赛共比赛。
②实行主客场制，共需比赛。
2×（c28＋c27＋c24）＝110（场）.
或解为：p28＋p27＋p24
＝110（场）.
例3 在一个半圆周上共有12个点，如右图，以这些点为顶点，可以画出多少个。
①三角形？②四边形？
分析 ①我们知道，不在同一直线上的三个点确定一个三角形，由图可见，半圆弧上的每三个点均不共线（由于a、b既可看成半圆上的点，又可看成线段上的点，为不重复计算，可把它们归**段上），所以，所有的三角形应有三类：第一类，三角形的三个顶点全在半圆弧上取（不含a、b两点）；第二类，三角形的两个顶点取在半圆弧上（不包含a、b），另一个顶点**段上取（含a、b）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点**段上取。
注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关，而与选取三点的顺序无关，所以，这是组合问题。
解：三个顶点都在半圆弧上的三角形共有两个顶点在半圆弧上，一个顶点**段上的三角形共有一个顶点在半圆弧上，两个顶点**段上的三角形共有由加法原理，这12个点共可以组成。
c37＋（c27×c15）＋（c17×c25）
＝35＋105＋70＝210（个）
不同的三角形。
也可列式为c312－c35＝220—10＝210（个）.
分析 ②用解①的方法考虑。
将组成四边形时取点的情况分为三类：
第一类：四个点全在圆弧上取。（不包括a、b）有c17种取法。
第二类：两个点取自圆弧。两个点取自直线ab.有取法c27×c25种。
第三类：圆弧上取3个点，直线上取1个点，有c37×c15种取法。
解： 依加法原理，这12个点共可组成：
c47+ c27×c25+c37×c15
个不同的四边形。
还可直接计算，这12个点共可组成：
c412-c45-c35·c17＝495－5-70＝420
个不同的四边形。
例4 如下图，问。
①下左图中，有多少个长方形（包括正方形）？
②下右图中，有多少个长方体（包括正方体）？
分析 ①由于长方形是由两组分别平行的线段构成的，因此只要看上左图中。
中水平方向的所有平行线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向上的所有平行线中，可以选出几组两条平行线？
②由于长方体是由三组分别平行的平面组成的。因此，只要看上页右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面，平行于长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的两个平面，平行于长方体前面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面。
解： ①c25×c27＝210（个）
因此，上页左图中共有210个长方形。
②c25×c26×c24＝900（个）
因此，上页右图中共有900个长方体。
例5 甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起，4人每人随便拿了一本，问：
①甲拿到自己作业本的拿法有多少种？
②恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？
③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有多少种？
④谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种？
分析 ①甲拿到自己的作业本，这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业本的情况。由于其他三人可以拿到自己的作业本，也可以不拿到自己的作业本。所以，共有p33种情况。
②恰有一人拿到自己的作业本。这时，一人拿到了自己的作业本，而其他三人都没能拿到自己的作业本。拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人，共4种情况。
另外三人全拿错了作业本的拿法有2种。故恰有一人拿到自己作业本的情况有4×2种情况。
③至少有一人没有拿到自己的作业本。这时只要在所有拿法中减去四人全拿到自己作业本的拿法即可。由于4人拿作业本的所有拿法是p44，而4人全拿到自己作业本只有1种情况。
所以，至少有一人没拿到自己作业本的拿法有p44－1种情况。
④谁也没拿到自己的作业本。可分步考虑（假设四个人一个一个地拿作业本，考虑四人都拿错的情况即可）.第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3种拿法。
被他拿走作业本的人也有3种拿法。这时，剩下的两人只能从剩下的两本中拿，要每人都拿错，只有一种拿法。所以，由乘法原理，共有3×3×1种不同的情况。
解： ①甲拿到自己作业本的拿法有。
p33＝3×2×1＝ 6
种情况；②恰有一人拿到自己作业本的拿法有。
种情况；③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有。
p44－1＝4×3×2×1－1＝23
种情况；④谁也没有拿到自己作业本的拿法有。
种情况。由前面的各例题可以看到，有关排列组合的问题多种多样，思考问题的方法灵活多变，入手的角度也是多方面的。所以，除掌握有关的原理和结论，还必须。
学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法。
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