谨防求解排列组合问题之五大误区

排列组合是高中数学教学的重点和难点，也是历年高考考查的热点，从反馈的教学效果或测试结果来看，学生对这部分内容的理解能力较差，得分率不高，究其原因，主要是学生对排列组合的原理、怎样导致的重复现象以及如何剔除重复计数等不甚清楚，本文结合实例剖析在求解排列组合问题时容易陷入的几大误区，旨在探索题型规律，揭示解题思路，供参考.

误区一 分类不妥、“有序”“无序”理不清致错

例1 某校从8名教师中选派4名教师同去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有多少种？

错解 分两类：有甲（一定有丙）、无甲（一定无丙）.第一类共有C25A44种，第二类共有C35A44种，所以共有C25A44+C35A44=480（种）.

辨析 分类有误，应分成三类：第一类有甲无乙有丙，第二类无甲有乙无丙，第三类无甲、乙、丙.

正解 共有C25A44+C35A44+A45=600（种）.

例2 用黄、绿、白三种颜色粉刷6间办公室，其中一种颜色粉刷3间，一种颜色粉刷2间，一种颜色粉刷1间，问粉刷这6间办公室有多少种安排方法？

错解 该题容易错解为有C36·C23·C11=60（种）.

辨析 出错原因在于对题目中的事件分解步骤有错，丢掉了一步，即颜色可以相互轮换这一步，而题目中黄、绿、白三种颜色粉刷办公室的间数未定，任何一种颜色都可以粉刷三间或两间或一间办公室，因此，需要将三种颜色做排列.

正解 先固定一种粉刷方法，如黄色粉刷3间，绿色粉刷2间，白色粉刷1间，则有C36C23C11种方法.三种颜色互换有A33种方法，由乘法原理，不同的方案数共有A33C36C23C11=360（种）.

例3 一条连椅有6个空座位，3人去坐，3个空位中恰好有2个相邻的排法有多少种？

错解 先将3人排成一排，有A33种，从产生的4个空中选2个空分别插入2个空位和1个空位，有C24种插法，共有坐法A33C24=36（种）.

辨析 上述错解在于分别插入2个空位和1个空位时，不是C24种插法，而应是A24种插法，这是因为选出2个空后，必须考虑在哪个空插入2个，哪个空插1个，它们是不同的坐法.

正解 A33A24=72（种）.

误区二 考虑问题不全，有遗漏致错

例4 用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数有多少个？

错解 将两个奇数数字排好，有A22种方法，有3个空，由于0不能在首位，所以偶数数字的排法有2A22种，不同的五位数有2A22A22=8（个）.

辨析 对相邻问题的一般解法不熟悉，错解中的8个符合题意，但是遗漏了很多情况.

正解 分两种情况∶（1）若0夹在两个奇数之间，将这三个数字看成一个整体与剩下的两个偶数一起排列有A33种，考虑到1与3可以互换位置，所以这种情况有A33A22=12（个）；（2）若2，4中的一个夹在两个奇数数字之间，同上面的想法，共有C12C12A22A22=16（个）.所以满足条件的五位数的个数是12+16=28.

例5 过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条，其中异面直线有多少对？

错解 上底面三条棱任取一棱，侧面上每条侧棱和对角线与其有3对异面直线，下底面与其有2对异面直线，所以共有3+2×6=30（对）.

辨析 上述错解漏掉了侧面上对角线有6对异面直线.

正解 三棱柱共有6个顶点，任取4点，不共面的情形共有C46-3=12（种），不共面的4点可构成一个四面体，而每一个四面体有3对异面直线，故共有3×12

=36（对）异面直线.

例6 四面体的一个顶点为A，从其余顶点及棱的中点选取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有多少种？

错解 四面体有4个顶点，6条棱有6个中点，每个面上6个点是共面的；点A所在的每个面由含A的4个点组合，有C35种，点A在3个面内，所以共有3C35=30（种）.

辨析 本题旨在考查组合知识和空间想象能力，错解产生的原因在于没有将各条棱的3点与它的对棱上的中点共面的情况考虑进去，从而出现遗漏的情况.

正解 在错解的基础上，还有一种满足题意要求的情况，即点A所在棱上的3个点与对棱的中点共面，这样的情况共有3种，所以符合条件的结果共有3C35+

3=33（种）.

误区三 类与类之间不相互独立，即两类或n类之间有重复部分

例7 从6双不同颜色的鞋中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有多少种？

错解 从6双中选一双有C16种，再在10只中选一只有C110种，再只能在8只中选一只有C18种，即有C16C110C18=480（种）.

辨析 上述解法，问题出在取一只有C110种，再取一只有C18种，这里出现了重复，如“先取红色的左只，后取蓝色的右只”与“先取蓝色的右只，后取红色的左只”是同一事件.

正解 根据以上分析，恰好有一双同色的取法有1[]2[SX）]C16C110C18=240（种）.

例8 将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有多少种？

错解 先分堆，再排列：分三堆，有C15C24C22种分法，然后看作三个元素的全排列，有A33（种），所以不同的分配方案共有C15C24C22A33=180（种）.

辨析 在分堆中，后两堆具有同样多的元素，故要减半.

正解 先分堆，再排列，所以不同的分配方案共有C15C24C222×A33=90（种）.

例9 在3000至8000之间，有多少个无重复数字的奇数？

错解 分三步完成，首先排首位，有5种方法；后排个位，也有1，3，5，7，9共5种方法；最后排中间两位数，有A28种方法，所以共有5×5×A28=1400（个）奇数.

辨析 在排个位1，3，5，7，9时，可能与首位数字重复，考虑欠全面，应先分类，后分步处理.

正解 可以分为两类，一类是以3，5，7为首位的三位奇数，可以分3步完成，先排首位，有A13种，后排末位有A14种，再排中间，有A28种，共有A13A14A28=672（个）；另一类是以4，6为首位的四位奇数，也可以分3步完成，有A12A15A28=560（个），所以符合条件的四位奇数共有672+560=1232（个）.

例10 已知集合A={5}，B={1，2}，C={1，3，4}，从这三个集合中各取1个元素，构成空间直角坐标系中点的坐标，则可以确定多少个不同点？

错解 相当于从A，B，C三个集合中先各取1个元素，再进行全排列，所以共有1×C12×C13×A33=36（个）.

辨析 重复3个，因为从B，C两个集合中都取1时，只有3种情况而不是6种情况.

正解 只需用总个数36减去3个重复的，所以不同点共有36-3=33（个）.

误区四 考虑问题时既有重复又有遗漏致错

例11 4名男生和4名女生排成一排，任意两名女生不相邻且任意两名男生也不相邻，一共有多少种排法？

错解 本题常常容易错解为A44A44=576（种）或A45A44=2880（种）或2A45A44=

5760（种）.

辨析 第一种错解产生的原因是考虑不周，以偏概全，遗漏了另一种情况而产生的；第二种错解与第三种错解产生的原因是忽视了任意两名女生不相邻且任意两名男生也不相邻这个条件.对5个空位选4个进行排列，而实际上这4个空位必须相邻，第三种错解在这一错误的基础上把已含的男女对调情况，又再次计入一遍.

正解 4男4女人数相等，4男分开有5个空位，由于任意两名女生不相邻且任意两名男生也不相邻，4名女生插入的4个空位必须相邻，因此，完成这个排列分3个步骤：

第1步：将4名男生一字排开，有5个空位，选出4个相邻的空位，共有2种选法；

第2步：将4名女生放入选出的4个相邻空位进行排列，共有A44种排法；

第3步：将4名男生进行换位，共有A44种排法.

由乘法原理可得，不同排法的种数共有2A44A44=1152.

例12 将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，求恰有1个空盒的放法种数.

错解 先从4个球中任选3个球放入3个盒子中，有A34种放法，再将余下的1个球放入有球的3个盒子中的任意1个，有3种放法，从而共有3A34=72（种）放法.

辨析 这种解法既有重复，又有遗漏.一方面，从4个球中任选3个球放入3个盒子中，没有确定放入4个盒子中的哪3个盒子中，步骤不完整，A34只是其中部分放法；另一方面，将余下的1个球放入有球的盒子中，由于先后顺序的不同，使得有2个球的盒子中的2个球进行了隐蔽排列.

正解1 第1步，确定1个空盒，有C14种方法；第2步，确定放2个球的盒子，有C13种方法；第3步，从4个球中选2个球放入已确定放2个球的盒子中，有C24种方法；第4步，将余下的2个球放入已确定放入1个球的2个盒子中，有A22种方法，从而共有C14C13C24A22=144（种）放法.

正解2 4个盒子中的的球数分别为2，1，1，0，因而在4个不同小球中选出2个，则有C24种选法；然后把2个球、1个球，1个球，0个球全排列，有A44种排法.故符合条件的放法共有C24A44=144（种）.

误区五 题意理解不清致错

例13 8人进行乒乓球单打比赛，水平高的总能胜过水平低的，欲选出水平最高的两人，至少需要比赛多少场？

错解1 每两人之间比赛一场，需要比赛C28=28（场）.

错解2 第一轮分成4对进行比赛，负者被淘汰，胜者进入第二轮，需4场比赛；第二轮分成2对进行比赛，胜者为水平最高的两人，需2场比赛.至少需要比赛6场.

辨析 错解1的错误是没有看清题意，“至少”没有理解好；错解2的错误是没有选出水平最高的两人，错误地认为这种淘汰比赛最后的两人就是水平最高的两人，实际上，第二名有可能在第一轮或第二轮就被第一名淘汰了.

正解 先将8人分成4对进行比赛，胜者进入第二轮，需要4场比赛.将进入第二轮的四人分成2对进行比赛，胜者进入第三轮，需要2场比赛，进入第三轮的2人进行比赛，胜者为第一名，需要1场比赛，将第一轮、第二轮、第三轮被第一名淘汰的选手共3人决出第一名，需要2场比赛.所以至少需要4+2+1+

2=9（场）比赛.

作者简介 蔡勇全，男，四川遂宁人，1980年8月生，教育硕士，中学一级教师，发表论文90余篇，主持两项市级课题，主要从事高中数学教学及高考试题研究.