小学奥数排列组合教案设计.docx

小学奥数排列组合教案设计.docx

《小学奥数排列组合教案设计.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《小学奥数排列组合教案设计.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

小学奥数排列组合教案设计

小学奥数-----排列组合教案

加法原理和乘法原理

排列与组合：

熟悉排列与组合问题。

运用加法原理和乘法原理解决问题。

在日常生活中我们经常会遇到像下面这样的两类问题：

问题一：

从A地到B地,可以乘火车，也可以乘汽车或乘轮船。

一天中，火车有4班，汽车有3班,

轮船有2班。

那么从A地到B地共有多少种不同的走法？

问题二：

从甲村

到乙村有两条道路，从乙村去丙村有3条道路（如下图）。

从甲村经乙村去丙村，共有多少种不同的走法？

解决上述两类问题就是运用加法原理和乘法原理。

加法原理：

完成一件工作共有N类方法。

在第一类方法中有mi种不同的方法，

在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有mn种不同的方

法，那么完成这件工作共有N=mi+m2+m3+…+mn种不同方法。

运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。

要求每一类中的每一种方法

都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同（即分类不重）;

完成此任务的任何一种方法，都属于某一类（即分类不漏）。

合理分类也是运用加

法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。

乘法原理：

完成一件工作共需N个步骤：

完成第一个步骤有mi种方法，完成第

二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有mn种方法，那么，完成这件工

作共有miXm2x・・・>mn种方法。

运用乘法原理计数，关键在于合理分步。

完成这件工作的N个步骤，各个步骤

之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N

步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。

这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下《搭配的规律》）,教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。

运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。

计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。

灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。

小学阶段只学习两个原理的简单应用。

【例题一】每天从武汉到北京去，有4班火车，2班飞机，1班汽车。

请问：

每天从武汉到北京去，乘坐这些交通工具共有多少种不同的走法？

【解析】运用加法原理，把组成方法分成三类：

一类乘坐火车，二类乘坐飞机，三类乘坐洗车.

解：

4+2+1=7（种）

【例题二】用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1

元钱，有多少种方法？

【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类：

1只取一种人民币组成1元，有3种方法：

10张1角；5张2角；2张5角。

2取两种人民币组成1兀，有5种方法：

1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。

3取三种人民币组成1元，有2种方法：

1张5角、1张2角和3张1角的；1张5角、2张2角和1张1角的。

解:

所以共有组成方法：

3+5+2=10（种）。

【例题三】在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数共有多少个？

【解析】运用加法原理，把组成的三位数分为九类：

十位是9的有9个，十位是8的有8个，……十位是1的有1个.

解:

共有：

1+2+3+••…+9=45（个）

【例题四】各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？

【解析】一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：

24=9+9+6;

24=9+8+7;24=8+8+8。

运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：

1由9、9、8三个数字可组成3个三位数：

998、989、899;

2由9、8、7三个数字可组成6个三位数：

987、978、897、879、798、789;

3由8、8、8三个数字可组成1个三位数：

888。

解:

所以组成三位数共有：

3+6+1=10（个）。

【例题五】有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？

【解析】围三角形的依据：

三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于第三边。

要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。

这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。

根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类：

第一大类：

围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。

由题目条件，围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米，根据三角形腰长，第一大类又可以分为8小类，三边长依次是：

1腰长为1的三角形1个：

1、1、1。

2腰长为2的三角形3个：

2、2、1;2、2、2;2、2、3。

3腰长为3的三角形5个:

3、3、1;3、3、2;3、3、3;3、3、4;3、3、5。

4腰长为4的三角形7个：

4、4、1;4、4、2;••…4、4、7。

5腰长为5的三角形8个：

5、5、1;5、5、2;••…5、5、8。

同理，腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。

第一大类可围成的不同的三角形：

1+3+5+7+8X4=48（个）。

第二大类：

围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。

根据最长边的长度，我们再把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米）：

1最长边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为：

8、7、6;8、7、5;8、7、

4;8、7、3;8、7、2;8、6、5;8、6、4;8、6、3;8、5、4。

2最长边为7厘米的三角形有6个，三边长分别为：

7、6、5;7、6、4;7、6、

3;7、6、2;7、5、4;7、5、3。

3最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为：

6、5、4;6、5、3;6、5、

2;6、4、3。

4最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为：

5、4、3;5、4、2。

5最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为：

4、3、2。

第二大类可围成的不同的三角形：

9+6+4+2+1=22（个）。

所以，这一题共可以围成不同的三角形：

48+22=70（个）。

【例题六】一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？

【解析】要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：

第

1把钥匙要配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；同理，第2把钥匙最多要试8次；……第9把锁最多试1次，最好一把锁不用试。

解：

最多试验次数为：

9+8+7••…+2+1=45（次）。

【例题七】如图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从丙地到丁地有四条路，从甲地到丙地有二条路。

问：

甲地到丁地共有多少种走法？

【解析】从甲地到乙地的走法分两大类：

一大类从甲地直接到达乙地，二大类是经过乙地和丙地到达丁地，用加法原理。

第二大类中，从甲地到丁地走法分三步，第一步，从甲地到乙地，第二步，从乙地到丙地，第三步，从丙地到丁地，用乘法原理。

1、第一大类从甲地到丁地有2条路，用加法原理有2种走法。

2、第二大类从甲地到丁地分三步完成，用乘法原理。

第一步，从甲地到乙

地，有3条路，用加法原理有3种走法。

第二步，从乙地到丙地，有3条路，用加法原理有3种走法。

第三步，从丙地到丁地，有4条路，用加法原理有4种走法。

根据乘法原理，第二大类共有3X3X4=36种走法。

3、用加法原理，从甲地到乙地共有2+36=38种走法。

解：

2+3X3X4=38（种）

【例题七】某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。

他要各买一样，共有多少种不同的买法？

【解析】运用乘法原理，把买饭菜分为三步走：

第一步：

选汤有2种方法。

第二步：

选荤菜有4种方法。

每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法，汤和荤菜共有2个4种，即8种

不同的搭配方法。

第三步：

选蔬菜有3种方法。

荤菜和汤有8种不同的搭配方法，每种搭配方法，对应的都有3种选蔬菜的方

法与其二次搭配，共有8个3种，即24种不同搭配方法。

如下图所示

一税樂4f趣辇2一荊玻U

一"刺第A

V+''1^*■剧i't*B

〜■承烹U

十十#t菜A

*as藥m~f閒£醍u

誰栄貝療津e盘src

解：

共有不同的买法：

2X4X3=24（种）。

【例题八】数学活动课上，张老师要求同学们用0、1、2、3这四个数字组成三

（2）可以组成

位数，请问：

（1）可以组成多少个没有重复数字的三位数?

多少个不相等的三位数?

【解析】组成没有重复数字的三位数要求千位、十位、个位上的数字不同，数位之间是互相联系的，用乘法原理。

完成没有重复数字的三位数的组成，分三步。

第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位，1、2、3任一个都可以放，有3种放法。

第二步，看十位有多少种放法，四个数字千位放了一个，还剩三个，有3种放法。

第三步，看个位有多少种放法，四个数字千位、十位各放了一个，还剩二个，有2种放法。

解：

（1）3X3X2=18（个）

不相等的三位数，可以看出各数位上的数字是能重复的。

要完成数的组合应该分三步：

第一步，看千位有多少种放法，0不能放首位，1、2、3任一个都可以放，有3种放法。

第二步，看十位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法。

第三步，看个位有多少种放法，四个数字都可以放，有4种放法，有4种放法。

解：

（2）3X4X4=48（个）

【例题九】小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？

（1）七个人排成一排；

（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.

（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.

（4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边.

（5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上.

（6）七个人站成两排，前排三人，后排四人.

（7）七个人站成两排，前排三人，后排四人.小新、阿呆不在同一排。

【解析】

（1）七个人排成一排要有序的分步进行，第一步，七个人每人都可以站第一位，7选7叫全选，有7种选法，也就是完成七个人排成一排的第一步。

第二步，七人已选出一人站到第一位，还剩六人，有6种选法。

同理，第三步有5种选法。

第四步有4种选法。

第五步有3种选法。

第六步有2种选法。

第七步有1种选法。

解：

根据乘法原理得：

7X6X5X4X3X2X1=5040（种）注：

用排列公式写作：

P775040（种）。

（2）确定小新站中间，只要考虑六人站一排的排列问题。

只需排其余6个人站剩下的6个位置。

分六步，第一步6种选法、第二步5种选法、第三步4种选法、第四步3种选法、第五步2种选法、第六步1种选法。

解：

根据乘法原理得：

6X5X4X3X2X1=720（种）

注：

用排列公式写作：

P66720（种）.

（3）先确定中间的位置站谁，有2种选法。

再排剩下的6个位置。

解：

根据乘法原理得：

（6X5X4X3X2X1）X2=1440（种）

注：

用排列公式写作：

2XP/=1440（种）.

（4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置.

如图可知，小新和阿呆站两边位置是2选2，有2X1=2种选法。

其余五个位置站法：

第一位5种选法、第二位4种选法、第三位3种选法、第四位2种选法、第五位1种选法。

其余5人所站位置

1

1

工

[

~1

2

5

43

2

1

1

□

丄

J

小新和阿呆所站位置

解：

根据乘法原理得：

（5X4X3X2X1）X（2X1）=240（种）

注：

用排列公式写作：

2P55240（种）•

（5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人，也就是边上的两个位置5人去站，第一个位置有5种选法，第二个位置有4种选法，根据乘法原理得：

5X4=20（种）。

再排剩下的5个人，有5X4X3X2X1=120（种）。

解：

根据乘法原理得：

20X120=2400（种）

注：

用排列公式写作：

P2P52400（种）.

（6）七个人排成一排时，7个位置就是各不相同的•现在排成两排，不管前后

排各有几个人，7个位置还是各不相同的，所以本题实质就是7个元素的全排列.

解：

根据乘法原理得：

7X6X5X4X3X2X1=5040（种）

注：

用排列公式写作：

P5040（种）.

（7）可以分为两类情况：

“小新在前，阿呆在后”和“小新在后，阿呆在前”，两种情况是对等的，所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可.排队问题,一般先考虑特殊情况再去全排列。

解：

根据乘法原理得：

4X3X（5X4X3X2X1）X2=2880（种）

注：

用排列公式写作：

4X3XP55X2=2880（种）.

【例题十】用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？

【解析】个位数字已知，问题变成从5个元素中取2个元素的排列问题，三位数

的个位已确定为5，那么，1、2、3、4、6可以任意选择十位或百位，百位有5种选法，十位有4种选法。

如图：

5种选法4种选法1种选法

5

解：

根据乘法原理得：

5X4=20（种）

注：

用排列公式解题：

已知n5，m2，根据排列数公式，一共可以组成

P25420（个）符合题意的三位数。

【例题十一】用1、2、3、4、5这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3的倍数？

【解析】按位数来分类考虑：

首先要知道3的倍数的数的各位数值之和的规律：

各位数值之和为3的倍数，则这个数是3的倍数.

⑴一位数只有1个3;

⑵两位数：

由1与2，1与5，2与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成

P2212（个）不同的两位数，共可组成248（个）不同的两位数；

⑶三位数：

由1，2与3；1，3与5；2，3与4；3，4与5四组数字组成，每一组可以组成Pa33216（个）不同的三位数，共可组成6424（个）不同的三位

数；

⑷四位数：

可由1，2，4，5这四个数字组成，有P4432124（个）不同的

四位数；

⑸五位数：

可由1，2，3，4，5组成，共有P554321120（个）不同的五

位数.

解：

根据加法原理得：

一共有182424120177（个）能被3整除的数，即3的倍数.

【例题十二】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数

码组成，且四个数码之和是9，那么确保打开保险柜最多要试几次？

【解析】用排除法分析：

四个非0数码之和等于9的组合数位上不能有9、8、7数字，否则，其和大于9。

首先，从合题意的大数6寻找有1，1，1，6一种组合；从5寻找有1，1，2，5一各组合；从4寻找有1，1，3，4；1，2，2，4；二种组合；从3寻找有1，2，3，3；2，2，2，3二种组合；从1、2分析其和小于9；因此分析得共有六种。

第一种中，可以组成多少个密码呢？

只要考虑6的位置就可以了，6可以任意选择4个位置中的一个，其余位置放1,共有4种选择；第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，可以有3种选择，剩下的位置放1，共有4312（种），选择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有12种选择.最后一种，与第一种的情形相似，3的位置有4种选择，其余位置放2，共有4种选择.

解：

根据加法原理得：

一共可以组成412121212456（个）不同的四位数，即确保能打开保险柜最多要试56次.

【例题十三】两对三胞胎喜相逢，他们围坐在桌子旁，要求每个人都不与自己的同胞兄妹相邻，（同一位置上坐不同的人算不同的坐法），那么共有多少种不同的坐法？

【解析】第一个位置在6个人中任选一个，有C66（种）选法，第二个位置在另一胞胎的3人中任选一个，有C3（种）选法.同理，第3，4，5，6个位置依次有2，2，1，1种选法.如图：

6选1

3选3

2选2

2选2

1选1

1选1

6

3

2

2

1

1

甲乙胞

乙胞

甲胞

乙胞

甲胞

乙胞

解：

根据乘法原理得：

6X3X2X2X1X1=72（种）

注：

用排列公式写作：

R冃P1P1R1P；63221172（种）

【例题十四】一种电子表在6时24分30秒时的显示为6:

24:

30,那么从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有多少个？

【解析】设A:

BC:

DE是满足题意的时刻，有A为8，B、D应从0,1，2，3,

4，5这6个数字中选择两个不同的数字，所以有6X5=30种选法，而C、E应从剩下的7个数字中选择两个不同的数字，所以有7X6=42种选法.如图：

7选2

A

B

C

D

E

1

6

7

5

6

确定为8

6选2

解：

根据乘法原理得：

所以共有P2XP72=1260种选法。

从8时到9时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有1260个。

【例题十五】一个六位数能被11整除，它的各位数字非零且互不相同的•将这

个六位数的6个数字重新排列，最少还能排出多少个能被11整除的六位数？

【解析】设这个六位数为abcdef，则有（ace）、（bdf）的差为0或11的倍数.且a、b、c、d、e、f均不为0，任何一个数作为首位都是一个六位数。

先考虑a、c、e偶数位内，b、d、f奇数位内的组内交换，有P33XF33=36种顺序；

再考虑形如badcfe这种奇数位与偶数位的组间调换，也有P33xp3=36种顺序。

所以，用均不为0的a、b、c、d、e、f最少可排出36+36=72个能被11整除的数（包含原来的abcdef）。

所以最少还能排出72-仁71个能被11整除的六位数。

【例题十六】已知在由甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行的手工制作比赛中，

决出了第一至第五名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：

“很

遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：

“你当然不会是最差的.”从这个回答分

析，5人的名次排列共有多少种不同的情况？

【解析】这道题乍一看不太像是排列问题，这就需要灵活地对问题进行转化.仔细审题，已知“甲和乙都未拿到冠军”，而且“乙不是最差的”，也就等价于5人排成一排，甲、乙都不站在排头且乙不站在排尾的排法数，因为乙的限制最多，所以先排乙，有3种排法，再排甲，也有3种排法，剩下的人随意排，有

P333216（种）排法．

解：

根据乘法原理得：

一共有33654（种）不同的排法。

【例题十七】4名男生，5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同

的排法：

⑴甲不在中间也不在两端；

⑵甲、乙两人必须排在两端；

⑶男、女生分别排在一起；

⑷男女相间．

【解析】⑴先排甲，9个位置除了中间和两端之外的6个位置都可以，有6种选

择，剩下的8个人随意排，也就是8个元素全排列的问题，

有P888765432140320（种）选择．

解：

根据乘法原理得：

共有640320241920（种）排法．

⑵甲、乙先排，有P22212（种）排法；剩下的7个人随意排，有

P7776543215040（种）排法．

解：

根据乘法原理得：

共有2504010080（种）排法．

⑶分别把男生、女生看成一个整体进行排列，有P22212（种）不同排列方法，再分别对男生、女生内部进行排列，分别是4个元素与5个元素的全排列问题，分别有P44432124（种）和P5554321120（种）排法．解：

根据乘法原理得：

共有2241205760（种）排法．

⑷先排4名男生，有P44432124（种）排法，再把5名女生排到5个空档中，有P5554321120（种）排法．

解：

根据乘法原理得：

一共有241202880（种）排法。

【例题十八】一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目．求：

⑴当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？

⑵当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？

【解析】⑴先将4个舞蹈节目看成1个节目，与6个演唱节目一起排，则是7个元素全排列的问题，有P77!

76543215040（种）方法.第二步再排4个舞蹈节目，也就是4个舞蹈节目全排列的问题，有P444!

432124（种）方法.解：

根据乘法原理得：

一共有504024120960（种）方法．

⑵首先将6个演唱节目排成一列（如下图中的“□”），是6个元素全排列的问题，

一共有P666!

654321720（种）方法第二步，再将

4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间（即上图中“X”的位置），这相当于从7个“X”中选4个来排，一共有P747654840（种）方法.

解：

根据乘法原理得：

一共有720840604800（种）方法。

【例题十九】⑴从1，2，…，8中任取3个数组成无重复数字的三位数，共有

多少个？

（只要求列式）

⑵从8位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不

同的选法？

⑶3位同学坐8个座位，每个座位坐1人，共有几种坐法？

⑷8个人坐3个座位，每个座位坐1人，共有多少种坐法？

⑸一火车站有8股车道，停放3列火车，有多少种不同的停放方法？

⑹8种不同的菜籽，任选3种种在不同土质的三块土地上，有多少种不同的种法？

【解析】⑴按顺序，有百位、十位、个位三个位置，8个数字（8个元素）取出

3个往上排，有P83种.

⑵3种职务3个位置，从8位候选人（8个元素）任取3位往上排，有P3种.

⑶3位同学看成是三个位置，任取8个座位号（8个元素）中的3个往上排（座号找人），每确定一种号码即对应一种坐法，有P83种.

⑷3个坐位排号1，2，3三个位置，从8人中任取3个往上排（人找座位），有

P；种.

⑸3列火车编为1，2，3号，从8股车道中任取3股往上排，共有P3种.

⑹土地编1，2，3号，从8种菜籽中任选3种往上排，有P3种。

【例题二十】某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段：

将参加比赛的48名选手分成8个小组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段：

将8个小组产生的前2名共16人再分成4个小组，每组4人，分别进行单循环赛