计数问题求解中的常见误区

■河南省郑州市七中 陈红周

计数问题类型繁多、方法多变,同学们解题时极易出错。但同学们求解时若能掌握最基本的原理和方法,按元素的性质进行分类、按事件发生的过程分步,多留心易出错的误区,积累常见的方法和模型,就能够以不变应万变,准确求解计数问题。

误区一 分类计数时忽略分类的标准导致重复或遗漏

例1 某学校的特色班有40个人是音乐爱好者,有40个人是绘画爱好者,其中30人是这两种爱好兼而有之,现从中选出1人参加竞技比赛,有多少种不同选法?

错解:分两类:第一类选音乐爱好者,有40种选法;第二类选绘画爱好者,有40种选法。则不同选法共有40+40=80(种)。

剖析:分类计数原理要求同一种方法不能归于不同的类,即分类要清。错解原因是分类时没有明确分类标准而导致错误。

正解:事件分三类:第一类,选只爱好音乐的人,有10种方法;第二类,选只爱好绘画的人,有10种方法;第三类,选既是音乐爱好者又是绘画爱好者,有30种方法。

所有不同选法共有:

10+10+30=50(种)。

例2 某文艺团体有10人,每人至少会唱歌或跳舞中的一种,其中7人会唱歌,5人会跳舞,从会唱歌与会跳舞的人中各选出1人,有多少种选法?

错解:由题意知,10人中只会唱歌的有5人,只会跳舞的有3人,既会唱歌又会跳舞的有2人。从中选出会唱歌与会跳舞的各1人的选法分为三类:第一类,从只会唱歌的5人中选1人,从只会跳舞的3人中选1人,共有5×3=15(种)不同的选法;第二类从只会唱歌的5人中选1人,从既会唱歌又会跳舞的2人中选1人,共有5×2=10(种)不同的选法;第三类从只会跳舞的3人中选1人,从既会唱歌又会跳舞的2人中选1人,共有3×2=6(种)不同的选法。由分类计数原理知,不同选法共有15+10+6=31(种)。

剖析:分类计数原理中的分类,是对所有方法进行分类,此解法的分类有遗漏,主要是忽略分类的标准而出现计数遗漏,造成少算。

正解:将元素自然分组,从会唱歌又会跳舞的2人入手,确定分类标准,选出会唱歌与会跳舞的各1人的选法分四类:第一、二、三类,同上;第四类,将既会唱歌又会跳舞的2人全部选出只有1种选法。由分类计数原理知,不同选法共有15+10+6+1=32(种)。

误区二 对事件的理解不清,导致对各步的种数不确定出错

例3 在3000与8000之间有多少个无重复数字的奇数?

错解:分三步完成,先从数字3、4、5、6、7中取1个排在首位有5种排法,再从1、3、5、7、9这5个奇数中选1个排在个位有5种排法,最后排中间的两位,有8×7种排法。

所以共有5×5×8×7=1400(个)无重复的奇数。

剖析:由题意知3、5、7这3个数字既可以排在首位,也可以排在个位,因此,首位排3、5、7还是排4、6影响到第二步填个位的方法种数,使第二步的排法种数不确定,并且会使3、5、7在首位和个位有重复的情况,造成计算错误。遇到此种情形,应分类求解。

正解:事件可分两类:第一类,3、5、7为首位的奇数,排这样的四位奇数可分三步,先排首位,从3、5、7中取1个有3种排法,再排个位,从余下的4个奇数中取1个排个位,有4种排法,最后排中间两位有8×7种排法,这一类奇数共有3×4×8×7=672(个)。第二类:4、6为首位的四位奇数也分三步,先排首位,从4、6中取1个数有2种排法,再排个位,从1、3、5、7、9这5个奇数中取1个排个位,有5种排法,最后排中间两位有8×7种排法,这一类奇数共有2×5×8×7=560(个)。

由分类计数原理知,满足要求的奇数共有672+560=1232(个)。

误区三 分类与分步混淆或分类与分步不准确

例4 50件产品中有4件次品,从中任意抽出5件,则至少有3件次品的抽法有____种。

错解1:分两类情形:“有3件次品”时,可从4件次品中抽取3件,再从剩余产品中抽取2件,有种抽法;“有4件次品”时,可从4件次品中抽取4件,再从剩余产品中抽取1件,有种抽法。

故抽法共有()=48833(种)。

错解2:先抽次品,至少有3件次品包含“3件次品”、“4件次品”两种情形,共有+=5(种)抽法;再抽剩余产品,共有+=1081(种)抽法。

则有抽法5×1081=5405(种)。

剖析:分类与分步混淆不清,加法原理与乘法原理混淆,从而引起以上错误。

正解:此题可分为两类:第一类,有3件次品2件正品,分步有(分为两步,用乘法原理)种抽法;第二类,有4件次品1件正品,分步有种抽法。由加法原理知,不同的抽法共有=4186(种)。

例5 从100到999的三位数中,含有0的三位数有多少个?

错解:将含有0的三位数分为两类:个位数是0的三位数,有9×10=90(个);十位数是0的三位数,有9×10=90(个)。

故共有90+90=180(个)三位数满足题意。

剖析:分类应注意“不重不漏”,上解法中重复计算了个位和十位都是0的情形。

正解:将含有0的三位数分为两类:个位数是0的三位数,有9×10=90(个),十位数是0的三位数,有9×10=90(个),但个位数是0且十位数也是0的9个数重复了。故满足题意的三位数共有90+90-9=171(个)。

误区四 未考虑元素的顺序而引起失误

例6 有大小形状相同的3个红球和5个白球排成一排,共有____种不同的排法。

错解:因为是8个小球的全排列,所以共有种方法。

剖析:错解中没有考虑3个红球之间及5个白球之间是完全相同的,而同色球之间互换位置是同一种排法。

正解:8个小球排好后对应着8个位置,题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球,剩余的位置给白球,由于这3个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题,故共有=56(种)排法。

例7 从1,2,3,…,10中选出3个不同的数,使这3个数构成等差数列,则这样的数列共有多少个?

错解:根据构成的等差数列,公差可分为为1、2、3、4四类。公差为1时,有8个;公差为2时,首先将数字分成1,3,5,7,9和2,4,6,8,10两组,再得到满足要求的数列共3+3=6(个);公差为3时,有1,4,7和4,7,10和3,6,9以及2,5,8,共4个;公差为4时,只有1,5,9和2,6,10两个。由分类计数原理可知,共构成了8+6+4+2=20(个)不同的等差数列。

剖析:上述解答忽略了1,2,3与3,2,1它们是不同的数列,因而导致考虑问题不全面,从而出现漏解。这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题。

正解:根据构成的等差数列的公差,分为公差为±1、±2、±3、±4四类。公差为±1时,有8×2=16(个);公差为±2时,满足要求的数列共6×2=12(个);公差为±3时,有4×2=8(个);公差为±4时,只有2×2=4(个)。由分类计数原理可知,共构成了不同的等差数列有16+12+8+4=40(个)。

例8 有甲、乙、丙三项任务,甲需要2人承担,乙、丙各需要1人承担,现在从10人中选派4人承担这三项任务,不同的选法有( )种。

A.1260 B.2025

C.2520 D.5040

错解1:分三步完成:首先从10人中选出4人,有种方法;再从这4人中选出2人承担任务甲,有种方法;剩下的2人去承担任务乙、丙,有种方法。由乘法原理知,不同的选法共有=5040(种),选D。

错解2:分三步完成,不同的选法共有=1260(种),选A。

剖析:错解都混淆了承担任务甲的2人与顺序无关,剩下的2人去承担任务乙、丙,这与顺序有关。

正解1:先从10人中选2人承担任务甲,再从余下8人中选1人承担任务乙,最后从剩下的7人中选1人去承担任务丙。则不同的选法有=2520(种),选C。

正解2:从10人中选出2人承担任务甲,再从余下8人中选出2人承担任务乙、丙,则不同的选法有=2520(种),选C。

误区五 分配、分组概念不清而导致重复计数

例9 5本不同的书全部分给4个学生,每个学生至少1本,则不同的分法种数为( )。

A.480 B.240 C.120 D.96

错解:先从5本书中取4本分给4个人,有种方法,剩下的1本书可以给任意1人有4种分法,共有4×=480(种)不同的分法,选A。

剖析:设5本书a、b、c、d、e分给4人甲、乙、丙、丁。按照上述分法可能出现ae,b,c,d和ea,b,c,d的情形。第一种是甲首先分得a,最后分得e的情形;第二种是甲首先分得e,最后分得a的情形。这两种情况是完全相同的,故错解中重复计数了。

正解:首先把5本书转化成4堆书,然后分给4个人。第一步:从5本书中任意取出2本当成一本书,有C25种方法;第二步:再把4本书分给4个学生,有A44种方法。由乘法原理知,共有C25·A44=240(种)方法,故选B。

误区六 忽视题设条件引起失误

例10 两人进行乒乓球比赛,先赢三局者获胜,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )。

A.10种 B.15种

C.20种 D.30种

错解:分三类:比分3∶0有1种情况;比分3∶1,即前3局中有2局胜,第四局必胜,共有=3(种)情况;比分是3∶2,即前4局中有2局胜,第五局必胜,共有=6(种)情况。故共有1+3+6=10(种)情况获胜,故选A。

剖析:以上解法显然对“各人输赢局次的不同视为不同情形”理解错误,造成仅考虑某一人获胜的情形而造成漏解。事实上,两人都有获胜的可能。

正解:只需把以上结果乘以2即可,选C。

例11 方程ay=b2x2+c中的a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同,在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( )。

A.60条 B.62条C.71条 D.80条

错解:显然a≠0且b≠0,故a,b的选取方法有A25=20(种);c可从剩余的4个数中任取1个,有4种方法。由乘法原理知共有20×4=80(种)不同方法,故选D。

剖析:错解中,由于x2的系数为b2,当b=-2或2和b=-3或3时,方程出现重复。

正解:显然a≠0,b≠0,方程变形得y=

(1)当b=-3时,若a=-2,c可取0,1,2,3四种情况;同理,a=1,a=2,a=3时,分别有四种情况。

(2)当b=3时,若a=-2,c可取0,1,2,-3四种情况;同理,a=1,a=2,a=-3时,分别有四种情况。

以上两种情况下有9种重复,故共有16+7=23(条)。

(3)同理当b=-2或b=2时,共有16+7=23(条)。

(4)当b=1时,a=-3,c可取-2,0,2,3四种情况;同理,a=-2,a=2,a=3时,分别有四种情况,共有16条。

共有23+23+16=62(条)。故选B。

误区七 间接法求解不相邻问题分类不完备

例12 现有8个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙3人不能相邻的排法有( )。

错解:除甲、乙、丙三人以外的5人先排,有种排法。5人排好后产生6个空当,插入甲、乙、丙3人有种方法,这样共有种排法,选A。

剖析:上面解法中将“甲、乙、丙3人不能相邻”的含义误解为“甲、乙、丙3人互不相邻”的情形。事实上,“甲、乙、丙3人不能相邻”是指甲、乙、丙3人不能同时相邻,但允许其中有两人相邻。

正解:(排除法)在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙3人不相邻的方法数,即种,故选B。

练一练:

1.高三年级的3个班到甲、乙、丙、丁4个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )。

A.16种 B.18种

C.37种 D.48种

答案:C

2.【2015年高考陕西卷理科第4题】二项式(x+1)n(n∈N*)的展开式中x2的系数为15,则n=( )。

A.4 B.5 C.6 D.7

答案:C

A.60 B.120 C.50 D.240

答案:B

提示:(x+1)10的展开式中x7的系数即可。

(x+1)10的二项展开式通项为Tr+1=,令10-r=7,r=3。x7的系数为=120,故答案为B。

4.【2015年高考安徽卷理科第11题】(用数字填写答案)

提示:由题意知,二项式开式的通项为。令21-4r=5,得r=4,则x5的系数是=35。

5.【2015年高考新课标Ⅱ卷理科第15题】(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=____。

提示:由已知得(1+x)4=1+4x+6x2+4x3+x4,故(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax,4ax3,x,6x3,x5,其系数之和为4a+4a+1+6+1=32,解得a=3。