这个公式是很容易理解的，它的直观意义是：Cmn表示从n个元素中取出m个元素组成一组的所有分组方法.Cn-mn表示从n个元素中取出（n—m）个元素组成一组的所有分组方法.显然，从n个元素中选出m个元素的分组方法恰是从n个元素中选m个元素剩下的（n-m）个元素的分组方法.例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即C35=C25.
例3 从分别写有1、3、5、7、9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数的乘法题，问： ①有多少个不同的乘积？
②有多少个不同的乘法算式？
分析 ①中，要考虑有多少个不同乘积.由于只要从5张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题.
②中，要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题.
解：①由组合数公式，共有 个不同的乘积. ②由排列数公式，共有 P25＝ 5×4＝20 种不同的乘法算式.
例4 在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的①直线段，②三角形，③四边形？
分析 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段；在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题. 解：由组合数公式.
例5 如下图，问：
①下左图中，共有多少条线段？ ②下右图中，共有多少个角？
分析 ①中，在线段AB上共有7个点（包括端点A、B）.注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而C27表示从7个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有C27条线段.
②中，从O点出发的射线一共有11条，它们是OA， OP1，OP2，OP3，…，OP9，OB.注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角.显然，是组合问题，共有C211种不同的取法，所以，可组成C211个角.
解：①由组合数公式知，共有
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例6 某校举行排球单循环赛，有12个队参加.问：共需要进行多少场比赛？
分析 因为比赛是单循环制的，所以，12个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关.所以，这是一个在12个队中取2个队的组合问题. 解： 由组合数公式知，共需进行
场比赛.
例7 某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在42人中选3人站成一排，有多少种站法？
分析 要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关.所以，应用组合数公式，共有C343种不同的选法.
要在42人中选出3人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关.所以，应用排列数公式，共有P342种不同的站法. 解： 由组合数公式，共有
习题四
1.计算：
①C315； ②C19982000；
③C343C28； ④P28-C68.
2.从分别写有1、2、3、4、5、6、7、8的八张卡片中任取两张作成一道两个一位数的加法题.问： ①有多少种不同的和？
②有多少个不同的加法算式？
3.某班毕业生中有10名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？
4.在圆周上有12个点.
①过每两个点可以画一条直线，一共可以画出多少条直线？
②过每三个点可以画一个三角形，一共可以画出多少个三角形？
5.如右图，图上一共有六个点，且六个点中任意三个点不共线，问：
①从这六个点中任意选两点可以连成一条线段，这些点一共可以连成多少条线段？
②从这六个点中任意选两点可以作一条射线，这些点一共可以作成多少条射线？（射线是一端固定，经另一点可以无限延长的.）
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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0、1、2、3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0、1、2、3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0、2，共2个；
第二类：两位偶数，它包含个位为0、2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0、2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0、1、3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232个，三位偶数共有（P23＋232）个；
第四类：四位偶数.它包含个位为0、2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23P22个.所以，四位偶数共有（P33＋23P22）种不同的取法. 解： 由加法原理知，共可以组成
2＋（C13＋C12）＋（P23＋232）＋（P33＋23P22） ＝2＋5＋10＋10 ＝27
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
23（C28＋C27＋C24）＝110（场）. 或解为：
P28＋P27＋P24
＝837＋736＋433 ＝56＋42＋12 ＝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
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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，可把它们归在线段上），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），另一个顶点在线段上取（含A、B）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点在线段上取.
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.
由加法原理，这12个点共可以组成 C37＋（C273C15）＋（C173C25） ＝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C273C25种. 第三类：圆弧上取3个点，直线上取1个点，有C373C15种取法. 解： 依加法原理，这12个点共可组成： C47+ C273C25+C373C15 ＝35＋210＋175＝420 个不同的四边形.
还可直接计算，这12个点共可组成： C412-C45-C352C17＝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： ①C253C27＝210（个）
因此，上页左图中共有210个长方形. ②C253C263C24＝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？
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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432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33331种不同的情况. 解： ①甲拿到自己作业本的拿法有 P33＝33231＝ 6 种情况；
②恰有一人拿到自己作业本的拿法有 432＝8 种情况；
③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有 P44－1＝4333231－1＝23 种情况；
④谁也没有拿到自己作业本的拿法有 33331＝9 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.
习题五
1.由数字0、1、2、3、4可以组成多少个 ①三位数？②没有重复数字的三位数？
③没有重复数字的三位偶数？④小于1000的自然数？
2.从15名同学中选5人参加数学竞赛，求分别满足下列条件的选法各有多少种？ ①某两人必须入选；
②某两人中至少有一人入选； ③某三人中恰入选一人； ④某三人不能同时都入选.
3.如右图，两条相交直线上共有9个点，问： 一共可以组成多少个不同的三角形？
4.如下图，计算①下左图中有多少个梯形？②下右图中有多少个长方体？
5.七个同学照相，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，某两人必须有一人站在中间； ③七个人排成一排，某两人必须站在两头； ④七个人排成一排，某两人不能站在两头；
⑤七个人排成两排，前排三人，后排四人，某两人不在同一排.
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