排列组合教学中的一些问题的探讨

黄君明

【摘要】在排列组合问题中题目种类繁多，涉及面广.本文就一些最基本的问题，两个

基本计数原理在解题过程中的正确运用以及若干元素分配的问题，如定量定点分配与定量

不定点分配，指定平均分配与不指定平均分配等一些问题在教学过程中的一些体会.

【关键词】基本计数原理；元素分配

排列组合中的题目种类繁多，涉及面广.而思考解题的方法各异，学生解题时容易产生疑惑或错误.下面谈一点从教学中得到的一些体会.

（一）对两个基本计数原理掌握不深

1.完成一件事情的方法分类不准

例1 在A，B，C，D 四个元素的全排列数中，A不在首且D不在尾的排列有多少种？

误解1 从4个元素的全排列数中，减去A在首的另三个元素的全排列数，再减去D在尾的另三个元素的全排列数，因此有P4-2P3种.

分析 为明了错误之处，列表分析，将4个元素全排列数分类如下：

A在首D在尾（1）D不在尾（2），

A不在首D在尾（3）D不在尾（4）.

由上表中看出：解1中P4-2P3，实质上从4个元素的全排列数中减去（1）、（2）和（1）、（3）的情况，其中（1）A在首、D在尾的排列数减去了两次，即多减了一个P2，所以答数变小，如改为 P4-2P3+P2=14 就正确了.

误解2 从B，C，D 中任取1个排在首，余下3个元素在二、三、四的位置全排列，其排列数有 P13P3种.

分析 同上，列表分析：

A在二D在尾（1）D不在尾（2），A在三D在尾（3）D不在尾（4），A在尾（5）.

从表可知，这样的解法，A分别在第二、第三位置时，B、C、D在另外三个位置上的全排列，包含了（1）和（3）两种不合题意的情况，因此答数变大，多了2P2，所以改为P13P3-2P2=14也就正确了.

正确解法 按A的位置列表分类：

A在首位D在尾（1）D不在尾（2），A在二位D在尾（3）D不在尾（4）

A在三位D在尾（5）D不在尾（6），A在尾位（7）.

从分类表很明显地可看出符合题意的是（4）、（6）、（7）的排列数，故有：

2P12P2+P3=14（种）.

从该例表明，完成一件事，如有几类办法，办法的分类一定要正确.在分类过程中要保证不遗漏、不重叠，否则，必然造成错误，导致答数变小或扩大.在解题过程中，正确分类，能使我们清晰迅速地分析和判断出正确解题方法.因此在教学过程中，对一些元素较少的排列，尽可能列表分类来分析说明，使学生更通俗易懂.

2.完成一件事情的方法分步不当

例2 有各不相同的书籍6本，分给甲、乙、丙3个人，每人各得2本，有多少种分法？

误解 因为每人各2本，所以6本书中取2本有多少组合数，就是该问题的解，从而有C26=15（种）.

分析 错误出在完成一件事应分步进行，而误作一步完成.显然，C26只能说明6个元素中取2个元素的组合数，该问题的C26只能说明从6本书中取2本书出来（给某一个人）的方法种数，那么，其他2人就没能分到书，因此答数变小.

正确解法 把6本书分给甲、乙、丙三人各2本，完成这一事情，应分三步进行.首先把6本书中的任取2本给甲，有C26种；其次，把余下的4本中的任意2本给乙，有C24种；最后所剩下的2本给丙，有C22种，因此由乘法原理可以得出：C26·C24·C22=90.

例3 空间有10个点，其中任何三点不共线，任何四点不共面，以该10个点为顶点，一共可作多少个不同的四面体？

误解 完成一个四面体分两步进行.首先，确定一个四面体的底面，有C310种；其次，再确定一个顶点，有C17种，这样一个三角形的底面的三个顶点和另一个顶点连接就组成了一个四面体，从而由乘法原理，可得C310·C17=840（个）.

分析 错误出在完成一件事，不需分步而分步.因为四个不共面的点，只能确定唯一的一个四面体（C44=1），从10个点中取出4个点，作为顶点，把它们连接起来，就成一个四面体，也就是说该任务一步即可完成.如同上分成两步进行，则有C34·C11=4，这样一个四面体可表示成4种不同形式，也就是说一个四面体可当成4个四面体，因此，答数扩大了4倍.因此改成C310·C17÷4就正确了.

正确解法 从该10个点中任取4点，即可确定一个唯一的四面体，因此有C410=210（个）四面体.

从例2和例3可看出，完成一件事是否需要分步进行，搞清这个问题是非常重要的，应分没分，不应分而分，都将造成答数的扩大或缩小.因此，在教学过程中，首先重点放在完成任务的方法，任务完成之后，再考虑完成任务方法的种类数.

（二）对条件的微小差别辨别不清，容易混淆的问题

例4 把4件不同的商品分到两柜台销售.

（1）若柜台甲得1件，柜台乙得3件，有几种不同的分法？

（2）若一个柜台得1件，一个柜台得3件，有几种不同的分法？

分析比较 （1）此题的特点是“定点定量”分配.

完成该任务分步进行，首先，从4件中任选1件给甲柜台，有C14种方法；其次，再取余下3件，给乙柜台有C33种方法，从而由乘法原理可得C14·C33=4（种）分法，见下表：

甲柜台[]a[]b[]c[]d[]C14

乙柜台[]bcd[]acd[]abd[]abc[]C33

（2）此题的特点是“定量不定点”分配.这一问题与前一问题的关键区别在一个不定点、一个定点.量定了，一个柜台得1件，另一个柜台得3件.但哪个柜台得1件，哪个柜台得3件没有指定.故任何一个柜台可得1件，也可以得3件，因此存在两种情况交换问题，即顺序问题.故有C14·C33·P2=8（种）.见下表：

甲柜台[]a[]b[]c[]d[]bcd[]acd[]abd[]abd

乙柜台[]bcd[]acd[]abd[]abc[]a[]b[]c[]d

例5 有4本不同的书，（1）分给甲、乙2个人，每人2本，有多少种分法？

（2）分成2组，每组2本，有多少种分法？

分析比较 （1）此题的特点是“平均”分配.该题与前面的例2类型一样，首先，从4本书中任取2本给甲，有C24种方法；其次，把余下的2本给乙，有C22种方法.由乘法原理可得C24·C22=6（种）不同分法.见下表：

甲[]a b[]a c[]a d[]b c[]b d[]c d[]C24

乙[]c d[]b d[]b c[]a d[]a c[]a b[]C22

（2）此题的特点是“不指名的平均分组”.

在这类“不指名的平均分组”问题中，首先应搞清楚，平均分成两组，则相应的两组算一种分法；若平均分成3组，则相应的三组算一种分法，依次类推.

从4本书中任取2本为一组，则有C24种取法.如下表：

（a b）[]（a c）[]（a d）[]（b c）[]（b d）[]（c d）

若取（a b）为一组，则余下的自然成一组，即[（a b）、（c d）] 为一种分法，故有下表：

（ab）（cd） （ac）（bd） （ad）（bc） （cd）（ab） （bd）（ac） （cb）（ad）

所以有C24·C22=6（种）分法.

就分组问题而言，可分两类：指名和不指名.若指名分“甲、乙”两组[如前（1）小题]，我们知道上表及答案C24·C22就是问题的所求；若不指名分“甲、乙”两组，就说分成两组，显然从上表可看出：后三种分法是前三种分法的重复，因此，本问题的个数应是C24·C22÷2！=3（种）.

像例4和例5这类问题，学生很容易混淆不清，在教学过程中，最好同时举例分析比较，帮助学生找出问题差别的所在，从而正确熟练地掌握.

（三）综合问题，无所适从

例6 用0、1、2、3、4五个数字组成多少个无重复数字的大于20134的自然数？

分析 这是一个难度较大的问题，可采取化整为零的分散难点的办法，把它分成如下几个小问题，借助图表分析.

（1）大于30000小于50000无重复数字的五位自然数有多少？

3 P4

4 P4

共有2P4个

（2）大于21000小于25000的无重复数字的五位自然数有多少？

2 1 P3

2 3 P3

2 4 P3

共有3P3个

（3）大于20300小于20500的无重复数字的五位自然数有多少？

2 0 3 P2

2 0 4 P2

共有2P2个

（4）大于20140小于20150的无重复数字的五位自然数有多少？

2 0 1 4 P1

共有P1个

按上述分类，可看出比20134大的无重复数字的五位自然数共有2P4+3P3+2P2+P1=71（个）.

像这类问题，在教学过程中，要化繁为简，各个突破，使学生了解一些复杂的、烦琐的综合性问题，其实就是一些简单、容易的问题叠加.