兩類特殊的排列組合問題及排列組合問題的物理解法

【摘 要】 排列組合歷來是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的難點.隨著命題研究的深入，考查排列組合的題材及背景也在不斷創(chuàng)新.本文研究了兩類特殊的排列組合問題及排列組合問題的物理解法.

【關(guān)鍵詞】 排列組合;網(wǎng)格;有序數(shù)組;物理操作

排列組合歷來是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的難點.隨著命題研究的深入，考查排列組合的題材及背景也在不斷創(chuàng)新.其中以“網(wǎng)格”形式考查排列組合、以“有序數(shù)組”形式考查排列組合尤為居多.并且在解題方法上也在與時俱進(jìn).運用“物理操作”，解決排列組合問題也令人耳目一新，拍案驚奇.

1 網(wǎng)格中的排列組合問題

網(wǎng)格是學(xué)生在兒童時代就接觸到的游戲類事物.它的構(gòu)成之精巧，變化之復(fù)雜，令每個學(xué)生記憶猶新流連忘返.到了高中，由于網(wǎng)格集聚了很多的點、線、三角形、四邊形等幾何元素，以網(wǎng)格為載體，考查排列組合知識，成為眾多命題者青睞的對象.下面就對網(wǎng)格中的排列組合問題進(jìn)行題型和解法歸類.

1.1 限格填數(shù)例1 有8張卡片分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，7，8.從中取出6張卡片排成3行2列，要求3行中，僅有中間一行的兩張卡片數(shù)字?jǐn)?shù)字之和為5，則不同的排法有多少種？

解 分步考慮，在中間一行先填“2，3”，再考慮填“1，4”.

若先填“2，3”，則其余4個格子填的數(shù)有以下4種情形：

1）無1無4，有A44種.

2）有1無4，有C14·A34種.

3）無1有4，有C14·A34種.

4）有1有4，有C14·C12·A24種.

若先填“1，4”，根據(jù)對稱性，同樣有上述4種情形.

故不同的排法有：N=2A22·（A44+C14·A34+C14·A34+C14·C12·A24）=1248種.

1.2 單調(diào)數(shù)列

例2 將前8個正整數(shù)填入2×4的方格，每格一數(shù)，使得每一行的四個數(shù)從左往右遞增，每一列的兩個數(shù)從下往上遞增，則不同的填入方式有多少種？

解 顯然“1”，只能填左下角，“8”只能填右上角，且“2”只能在“1”的鄰格內(nèi)，“7”只能在“8”的鄰格內(nèi).圖2

①如圖2（1），“3，6”位置已定，則余下位置填“4，5”，有A22=2種;

②如圖2（2），“3”的位置已定，余下3個位置填“4，5，6”，有C13=3種;

③如圖2（3），“6”的位置已定，余下3個位置填“3，4，5”，有C13=3種;

④如圖2（4），“1，2”“7，8”位置已定，余下4個位置填“3，4，5，6”，有C24=6種.

綜上所述，填數(shù)方式共有：N=2+3+3+6=14種.

1.3 限格染色例3 用紅、黃、藍(lán)三種顏色去涂圖中標(biāo)號為1，2，3，…，9的9個小正方形，使得任意兩個相鄰（有公共邊）的小正方形所涂顏色都不相同，但“3，5，7”號數(shù)字顏色要涂相同顏色，則符合條件的所有涂色方法有多少種？

解 為了表述方便，用“A，B，C”代表三種顏色.

則①（3，5，7）有C13種顏色;

②若（2，4）同色，則“1”只有2種方式，若（2，4）異色，則“2，4”有2種，“1”只有1種方式;

③同理，“6，8，9”也與“1，2，4”的方式數(shù)一樣;

④故滿足題意的涂色方式有：N=C13·（2×2+2×1）·（2×2+2×1）=108種.

1.4 奇偶分析例4 在九宮格里分別填入4個0、4個1、1個3，則使每行每列所填數(shù)字之和為奇數(shù)的填法共有多少種？圖4

解 依題意，必需使有一行全填奇數(shù)，有一列全填奇數(shù)，且奇數(shù)行與奇數(shù)列交匯格必為奇數(shù)，共有C19種，其余格填4個0，在奇數(shù)行與奇數(shù)列的5個格中，必需選出一格填3，共有C15種.

故滿足題意的填法共有N=C19·C15=45種.1.5 異行異列例5 將2個a，2個b共4個字母填在如圖5所示的4×4小方格內(nèi)，每個小方格至多填1個字母，若使相同字母既不同行又不同列，則不同的填法有多少種？

解 單獨填2個a，既不同行又不同列的填法，有16×9÷2=72種.

單獨填2個b，既不同行又不同列的填法，有16×9÷2=72種.

①2個a所在的方格內(nèi)，又都填b，共有72種.

②2個a所在方格內(nèi)，僅有1個方格又填b，共有C116·A29=16×72種，故滿足題意的填法共有N=72×72-72-16×72=3960種.圖61.6 多點共線

例6 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點坐標(biāo)（x，y）滿足1≤x≤4，1≤y≤4，且x∈N，y∈N的三角形有多少個.解 ①共有整點4×4=16個;

②其中4點共線的共有10條（豎向4條橫向4條對角線2條）;

③其中3點共線的有4條（如圖6中虛線）;

④故共可形成：N=C316-10C34-4C33=516個三角形.

1.7 對稱分布例7 設(shè)在5×5的方格里，表中第i行第j列所填的數(shù)為aij.若aij∈{0，1}，aij=aji（1≤i，j≤5），則表中共有5個1的填表方法有多少種？

解 根據(jù)填數(shù)的對稱性，以對角線AB所經(jīng)過的5格（設(shè)為D區(qū)）為研究對象.

對角線的左下方共有10格，設(shè)為E區(qū)，對角線的右上方共有10格，設(shè)為F區(qū).

①在D區(qū)填5個1，其余格內(nèi)均填0，共有C55種;

②在D區(qū)填3個1，則在E區(qū)選1格填1，在F區(qū)與之對稱的有1個也填1，其余格內(nèi)均填0，共有C35·C110種;

③在D區(qū)填1個1，則在E區(qū)選2格填1，在F區(qū)與之對稱的有2格也填1，其余格內(nèi)均填0，共有C15·C210種;

④綜上所述，共有填表方式：N=C55+C35·C110+C15·C210=326種.

2 運用排列組合原理巧解“有序數(shù)組”問題

在高中數(shù)學(xué)“排列組合”教學(xué)中，學(xué)生經(jīng)常會遇到有關(guān)“有序數(shù)組”問題.

這類題目都有一個“華麗的外表”，時常迷惑學(xué)生.需要我們有一雙慧眼，由表及里去偽存真，透過現(xiàn)象看本質(zhì).通過不斷轉(zhuǎn)化命題，方能抓住問題最本質(zhì)的內(nèi)核，這樣問題就冰消瓦解了.

2.1 抽絲剝繭，始見真容

有些題目，單從外表來看，學(xué)生就已望洋興嘆.如果我們冷靜分析，將所有已知條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化與化歸，就會倍感“驀然回首，那人卻在燈火闌珊處”.

例8 設(shè)△ABC的內(nèi)角滿足A≤B≤C，且cos20A=cos20B=cos20C=1，則滿足要求的數(shù)組（A，B，C）共有多少個.解 由cos20A=cos20B=cos20C=1知：20A=2k1π，20B=2k2π，20C=2k3π.k1，k2，k3∈Z+.則20（A+B+C）=2（k1+k2+k3）π，又A+B+C=π，A≤B≤C，故k1+k2+k3=10，k1≤k2≤k3，k1，k2，k3∈Z+.則通過列舉：

共有（A，B，C）=（1，1，8），（1，2，7），（1，3，6），（1，4，5），（2，2，6），（2，3，5），（2，4，4），（3，3，4）8個.

2.2 刪繁就簡，水落石出

對于題目紛繁無序的條件，往往要借力于多次的命題轉(zhuǎn)化.更要隨時借助函數(shù)的神力，才能撥開云霧見天日.

例9 若正整數(shù)a，b，c，d滿足a+b=c+d，ac=bd，ad=bc;且20≤ab+bc+cd+da≤2020，則滿足以上條件的有序數(shù)組（a，b，c，d）共有多少組？

解 ①若a≥2且b≥2，由ad=bc得dlna=clnb，即cd=lnalnb，又ac=bd，即cd=ba，故lnalnb=ba，即alna=blnb.考查函數(shù)f（x）=xlnx，在區(qū)間（2，+∞）單調(diào)遞增，f（a）=f（b），則a=b，又ac=bd，故c=d.又a+b=c+d，則2a=2c，有a=c，故a=b=c=d.又20≤ab+bc+cd+da≤2020，即20≤4a2≤2020，5≤a2≤505，故3≤a≤22，故有序數(shù)組（a，b，c，d）共有20個.

2.3 快速鏈接，腦洞大開

如果我們大腦里儲存的數(shù)學(xué)知識容量大且結(jié)構(gòu)佳，在審題時，就能浮想聯(lián)翩，快速鏈接，慧眼識真金.撕去偽裝的外表后，我們就能嫣然一笑.例10 設(shè)a1，a2，a3，a4是1，2，3，4，…，100中4個不同的數(shù)，且滿足（a21+a22+a23）（a22+a23+a24）=（a1a2+a2a3+a3a4）2.則這樣的有序數(shù)組（a1，a2，a3，a4）的組數(shù)有多少？

解 聯(lián)想到柯西不等式取等號的條件知：a1a2=a2a3=a3a4，故a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列.

（1）M1={1，2，4，8，16，32，64}中連續(xù)四項成等比數(shù)列的有（1，2，4，8）;（2，4，8，16）;（4，8，16，32）;（8，16，32，64）共4種，倒序的也有4種.故此時有序數(shù)組（a1，a2，a3，a4）有2C14個;

（2）M2={1，3，9，27，81}，有2C12個;

（3）M3={1，4，16，64}，有2C11個;

（4）M4={2，6，18，54}，有2C11個;

（5）M5={3，6，12，24，48，96}，有2C13個;

（6）M6={5，10，20，40，80}，有2C12個;

（7）M7={7，14，28，56}，有2C11個;

（8）M8={8，12，18，27}，有2C11個;

（9）M9={9，18，36，72}，有2C11個;

（10）M10={11，22，44，88}有2C11個;

（11）M11={16，24，36，54，81}有2C12個;

（12）M12={27，36，48，64}有2C11個[1].

由加法原理可知：有序數(shù)組（a1，a2，a3，a4）一共有40個.

2.4 條分縷析，思路井然

有些問題存在多種可能性，不能一言以蔽之.那就需要我們思維縝密，把各種可能性考慮周全，再按照一定標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行分類討論，這樣思路既有條理又流暢清晰.

例11 設(shè)1≤x，y，z≤6，且正整數(shù)x，y，z的乘積x·y·z能被10整除，則有序數(shù)組（x，y，z）共有多少個？解 因為1≤x，y，z≤6，若正整數(shù)x，y，z的乘積x·y·z能被10整除，則有以下3種情形：

①x，y，z中有2個為5，1個偶數(shù)，先從2，4，6中取出1個偶數(shù)有C13，偶數(shù)選定后與2個5共3種排列方式，

即C13·3=9;

②x，y，z中有1個5，1個奇數(shù)，1個偶數(shù)，即C13·C12·A33=36;

③x，y，z中有1個5，2個偶數(shù)（2個偶數(shù)可以是不同的或相同的），如果2個偶數(shù)是不同的，則C23·A23;如果2個偶數(shù)是相同的，則C13·3，此時共有C23·A23+C13·3=27.

綜上所述，有序數(shù)組（x，y，z）共有：9+36+27=72個.

例12 方程x1+x2+…+x99+2x100=3的非負(fù)整數(shù)解共有多少個？

解 以x100為研究對象進(jìn)行分類：

①當(dāng)x100=1時，方程即為x1+x2+…+x99=1.此時非負(fù)整數(shù)解共有99個;

②當(dāng)x100=0時，可分3類：

（3，0，0，0，…，0），有C199個，

（2，1，0，0，…，0），有A299個，

（1，1，1，0，…，0），有C399個.

綜上所述：原方程的非負(fù)有序整數(shù)解共有：99+C199+A299+C399=166749個.

2.5 筑巢引鳳，模型轉(zhuǎn)化

對于很抽象的問題，我們應(yīng)該學(xué)會退步思考，一直退回到我們最熟悉最原始的狀態(tài)，然后借助于已有的思維模型，方能化險為夷柳暗花明.例13 設(shè)a，b，c，d∈{-1，0，1}，若有序數(shù)組（a，b，c，d）滿足a+b，c+d，a+c，b+d互不相同，則稱（a，b，c，d）為“好數(shù)組”，求所有有序數(shù)組（a，b，c，d）中是“好數(shù)組”的個數(shù).

解 依題意，若（a，b，c，d）的取值為“2個1，1個0，1個-1”;或“2個-1，1個0，1個1”時，有序數(shù)組（a，b，c，d）才有可能成為“好數(shù)組”.

①當(dāng)（a，b，c，d）的取值為“2個1，1個0，1個-1”時，共有C24·A22=12，其中不合要求的有（0，1，1，-1）;（-1，1，1，0）;（1，0，-1，1）;（1，-1，0，1）共4個.故此時“好數(shù)組”有12-4=8個;

②當(dāng)（a，b，c，d）的取值為“2個-1，1個0，1個1”時，同理可得“好數(shù)組”共8個.

綜上所述：“好數(shù)組”一共有16個.例14 設(shè)集合A∪B∪C={1，2，3，…，9}，則三元有序數(shù)組（A，B，C）共有多少個？

解 在集合{1，2，3，…，9}中任意選出一個數(shù)“a”，則出現(xiàn)的可能性有：

①在集合A，B，C某一個集合中出現(xiàn)，有C13;

②在集合A，B，C某兩個集合中同時出現(xiàn)（交集），有C23;

③在集合A，B，C三個集合中都出現(xiàn)，有C33.

故數(shù)“a”出現(xiàn)的可能性一共有：C13+C23+C33=7.因此其它8個數(shù)出現(xiàn)的可能性都有7種.

如圖8，用3個圓圈分別表示集合A，B，C，則圖中一共有7個獨立的區(qū)域，那么每一個數(shù)都可以選擇這7個區(qū)域的任何一個區(qū)域放置.故有序數(shù)組（A，B，C）一共有79個[2].2.7 整體思考，剔除另類

在解決排列組合問題時，完全可以從大處著手考慮.將不合要求的情形找出來進(jìn)行排除.同時，將重復(fù)排除的情形彌補(bǔ)上.例15 方程x+y+z=2011滿足x

解 ①將2011個相同的小球擺成一排，中間留出2010個空位.

②在上述2010個空位中，任意插入兩塊隔板，共C22010種插法.

③在上述劃分中，會出現(xiàn)有兩個數(shù)相等的情形.由于x

都不合乎要求.因此，其中有兩個數(shù)相等的情形共有3×20102=3015種.

④由于2011不是3的倍數(shù)，故不存在3個數(shù)相等的情形.⑤如果在總數(shù)C22010中，排除③的情形，就剩下3個數(shù)互不相等的情形，其排列有A33=6種，而題目要求x

3 借用“物理操作”巧解排列組合問題

在排列組合解題中，有些題目所需要的思維方式，卻超出了數(shù)學(xué)的范疇.如果我們僅僅停留在數(shù)學(xué)苑囿“深挖洞”，可能最終導(dǎo)致無功而返.如果我們進(jìn)一步拓廣思維視野，跳出數(shù)學(xué)的方寸天地，就會豁然開朗.我們姑且把這種思維方式稱為“物理操作”.簡而言之，就是要通過一系列的“物理”操作，才能完成解題過程.

3.1 重構(gòu)操作即根據(jù)題目的意思，在保持原題本質(zhì)不變的前提下，重新設(shè)計操作程序，使新的操作設(shè)計更加貼近題意，更具“數(shù)學(xué)化”.例16 袋子里有紅、黑、白、黃四種顏色的大小相同的小球各10個.每種顏色的10個小球分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，…，10.若從中任取4個小球，這4個小球顏色互不相同，且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的不同取法共有多少種？解析 首先假想準(zhǔn)備10個無顏色無標(biāo)號的大小相同的小球.

①將其中的6個球擺好，這6個球連同左右兩邊一共形成7個空位;

②在上述7個空位中，插入另外4個小球，共有C47種.并將這4個小球做好記號;

③將上述10個小球從左到右標(biāo)上序號：1，2，3，…，10;

④將插入并做好記號的4個小球取出，給小球依次在“紅、黑、白、黃”四種顏色中任選一種涂色，則4個小球的涂色方法數(shù)為：A44;

⑤則合乎題意的不同取法共有：N=C47·A44=840種.3.2 退步操作

對于有范圍限制的排列組合問題，可以先退步思考，滿足題設(shè)條件，使限制范圍變得單一常規(guī).再根據(jù)組合模式，尋找進(jìn)一步的解題方法.例17 將15個大小相同的小球放入標(biāo)有“1，2，3，4”編號的盒子里，則每個盒子里放入的球的個數(shù)不小于該盒子的編號數(shù)的放法一共有多少種？圖9

解析 ①如圖9，預(yù)先在2號、3號、4號盒子里依次投入1個、2個、3個小球，則剩余9個小球;

②將剩余的9個小球擺成一排，中間留出8個空位;

③在上述8個空位里，任意插入3塊隔板;

④則滿足題意的方法一共有：C38=56種.3.3 配位操作

對于“搭配”問題，可以先進(jìn)行配位操作，使之成為一個“大單位”的“元素”，再按照常規(guī)思路考慮.

例18 有14個年輕人和5個老人站成一排，要求每個老人左右至少各有一個年輕人攙扶，問有多少種不同方法？解析 ①先從14個年輕人中選出10個，與5個老人左右搭配，做成5個“年輕人甲+老人+年輕人乙”模式的單位“人”; ②將上述5個單位的“人”，與剩余的4個年輕人全排列;

③綜上所述：滿足題意的方法數(shù)有：A1014·A99種.

3.4 無為操作

對于有些題目，表面上看是有序排列問題，但深入細(xì)究，卻是組合問題.因為各個元素是相異的，本身就存在天然的次序.這就需要我們“無為而治”.相反地，如果真正“有為操作”，則會弄巧成拙.

例19 滿足“a>b>c，c

解析 ①從“0，1，2，3，…，9”中任取5個數(shù)，共有C510種，將取出的5個數(shù)中最小的數(shù)賦給c;

②從取出5個數(shù)剩余的4個數(shù)中取出2個數(shù)，共有C24種，將取出的2個數(shù)中較大的賦給a，較小的賦給b;

③將5個數(shù)中還剩余的2個數(shù)，較大的數(shù)賦給e，較小的賦給d;

④綜上所述：五位“凹數(shù)”一共有：C510·C24=1512個.3.5 筑巢操作

對于有些排列組合問題，單從表面思考，很難找到突破口.若我們將此問題放置在一個大的背景下思考，則會迅速迸發(fā)出思維的火花.給一個

較難的問題，圖10

安置一個大背景，我們形象地稱之為“筑巢操作”.

例20 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸正半軸上有5個點，y軸正半軸上有3個點.將x軸上這5個點與y軸上這3個點，連成15條線段，這15條線段在第一象限的交點最多有多少個？

解析 ①從x軸正半軸上的5個點中任選2個點，共有C25種.

②從y軸正半軸上的3個點中任選2個點，共有C23種;

③以上選出的4個點，共可構(gòu)成C25·C23=30個四邊形;

④每個四邊形的對角線都有1個交點;

⑤滿足題意的交點最多有30個.3.6 符號操作

對于題目所描述的現(xiàn)象，我們可以抽象為用數(shù)學(xué)符號來闡釋，把這一類操作稱為“符號操作”.它的好處在于能迅速建立操作與數(shù)學(xué)符號的有機(jī)聯(lián)系，為數(shù)學(xué)化解決問題做好鋪墊.

例21 A，B，C，D，E 5人站成一圈傳球，每人只能將球傳給其左右相鄰兩人中的一人.

由A開始傳出（算作第一次），經(jīng)過10次傳球又回到A的傳球方式共有多少種？

解析 記向左傳為“+1”，向右傳為“-1”.由A開始傳出10次球后，又回到A，就是在10個“1”前面添加正號或負(fù)號，使其代數(shù)和為10，或0，或-10.圖11

①當(dāng)代數(shù)和為“10” 時，全是“+”，有1種;

②當(dāng)代數(shù)和為“-10”時，全是“-”，有1種;

③當(dāng)代數(shù)和為“0”時，即有5個“+”，5個“-”，共有C510=252種;

④綜上所述：滿足題意的傳球方式有：1+1+252=254種.

參考文獻(xiàn)

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作者簡介 魯和平（1964—），湖北天門人，湖北省特級教師;主要研究高中數(shù)學(xué)解題方法;主持省級教科研規(guī)劃課題一項，市級教科研規(guī)劃課題兩項;發(fā)表教學(xué)論文60余篇.