两类特殊的排列组合问题及排列组合问题的物理解法

【摘 要】 排列组合历来是高中数学学习的难点.随着命题研究的深入，考查排列组合的题材及背景也在不断创新.本文研究了两类特殊的排列组合问题及排列组合问题的物理解法.

【关键词】 排列组合;网格;有序数组;物理操作

排列组合历来是高中数学学习的难点.随着命题研究的深入，考查排列组合的题材及背景也在不断创新.其中以“网格”形式考查排列组合、以“有序数组”形式考查排列组合尤为居多.并且在解题方法上也在与时俱进.运用“物理操作”，解决排列组合问题也令人耳目一新，拍案惊奇.

1 网格中的排列组合问题

网格是学生在儿童时代就接触到的游戏类事物.它的构成之精巧，变化之复杂，令每个学生记忆犹新流连忘返.到了高中，由于网格集聚了很多的点、线、三角形、四边形等几何元素，以网格为载体，考查排列组合知识，成为众多命题者青睐的对象.下面就对网格中的排列组合问题进行题型和解法归类.

1.1 限格填数例1 有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8.从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中，仅有中间一行的两张卡片数字数字之和为5，则不同的排法有多少种？

解 分步考虑，在中间一行先填“2，3”，再考虑填“1，4”.

若先填“2，3”，则其余4个格子填的数有以下4种情形：

1）无1无4，有A44种.

2）有1无4，有C14·A34种.

3）无1有4，有C14·A34种.

4）有1有4，有C14·C12·A24种.

若先填“1，4”，根据对称性，同样有上述4种情形.

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

1.2 单调数列

例2 将前8个正整数填入2×4的方格，每格一数，使得每一行的四个数从左往右递增，每一列的两个数从下往上递增，则不同的填入方式有多少种？

解 显然“1”，只能填左下角，“8”只能填右上角，且“2”只能在“1”的邻格内，“7”只能在“8”的邻格内.图2

①如图2（1），“3，6”位置已定，则余下位置填“4，5”，有A22=2种;

②如图2（2），“3”的位置已定，余下3个位置填“4，5，6”，有C13=3种;

③如图2（3），“6”的位置已定，余下3个位置填“3，4，5”，有C13=3种;

④如图2（4），“1，2”“7，8”位置已定，余下4个位置填“3，4，5，6”，有C24=6种.

综上所述，填数方式共有：N=2+3+3+6=14种.

1.3 限格染色例3 用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，3，…，9的9个小正方形，使得任意两个相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，但“3，5，7”号数字颜色要涂相同颜色，则符合条件的所有涂色方法有多少种？

解 为了表述方便，用“A，B，C”代表三种颜色.

则①（3，5，7）有C13种颜色;

②若（2，4）同色，则“1”只有2种方式，若（2，4）异色，则“2，4”有2种，“1”只有1种方式;

③同理，“6，8，9”也与“1，2，4”的方式数一样;

④故满足题意的涂色方式有：N=C13·（2×2+2×1）·（2×2+2×1）=108種.

1.4 奇偶分析例4 在九宫格里分别填入4个0、4个1、1个3，则使每行每列所填数字之和为奇数的填法共有多少种？图4

解 依题意，必需使有一行全填奇数，有一列全填奇数，且奇数行与奇数列交汇格必为奇数，共有C19种，其余格填4个0，在奇数行与奇数列的5个格中，必需选出一格填3，共有C15种.

故满足题意的填法共有N=C19·C15=45种.1.5 异行异列例5 将2个a，2个b共4个字母填在如图5所示的4×4小方格内，每个小方格至多填1个字母，若使相同字母既不同行又不同列，则不同的填法有多少种？

解 单独填2个a，既不同行又不同列的填法，有16×9÷2=72种.

单独填2个b，既不同行又不同列的填法，有16×9÷2=72种.

①2个a所在的方格内，又都填b，共有72种.

②2个a所在方格内，仅有1个方格又填b，共有C116·A29=16×72种，故满足题意的填法共有N=72×72-72-16×72=3960种.图61.6 多点共线

例6 在平面直角坐标系xOy中，顶点坐标（x，y）满足1≤x≤4，1≤y≤4，且x∈N，y∈N的三角形有多少个.解 ①共有整点4×4=16个;

②其中4点共线的共有10条（竖向4条横向4条对角线2条）;

③其中3点共线的有4条（如图6中虚线）;

④故共可形成：N=C316-10C34-4C33=516个三角形.

1.7 对称分布例7 设在5×5的方格里，表中第i行第j列所填的数为aij.若aij∈{0，1}，aij=aji（1≤i，j≤5），则表中共有5个1的填表方法有多少种？

解 根据填数的对称性，以对角线AB所经过的5格（设为D区）为研究对象.

对角线的左下方共有10格，设为E区，对角线的右上方共有10格，设为F区.

①在D区填5个1，其余格内均填0，共有C55种;

②在D区填3个1，则在E区选1格填1，在F区与之对称的有1个也填1，其余格内均填0，共有C35·C110种;

③在D区填1个1，则在E区选2格填1，在F区与之对称的有2格也填1，其余格内均填0，共有C15·C210种;

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

2 运用排列组合原理巧解“有序数组”问题

在高中数学“排列组合”教学中，学生经常会遇到有关“有序数组”问题.

这类题目都有一个“华丽的外表”，时常迷惑学生.需要我们有一双慧眼，由表及里去伪存真，透过现象看本质.通过不断转化命题，方能抓住问题最本质的内核，这样问题就冰消瓦解了.

2.1 抽丝剥茧，始见真容

有些题目，单从外表来看，学生就已望洋兴叹.如果我们冷静分析，将所有已知条件进行转化与化归，就会倍感“蓦然回首，那人却在灯火阑珊处”.

例8 设△ABC的内角满足A≤B≤C，且cos20A=cos20B=cos20C=1，则满足要求的数组（A，B，C）共有多少个.解 由cos20A=cos20B=cos20C=1知：20A=2k1π，20B=2k2π，20C=2k3π.k1，k2，k3∈Z+.则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+.则通过列举：

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个.

2.2 删繁就简，水落石出

对于题目纷繁无序的条件，往往要借力于多次的命题转化.更要随时借助函数的神力，才能拨开云雾见天日.

例9 若正整数a，b，c，d满足a+b=c+d，ac=bd，ad=bc;且20≤ab+bc+cd+da≤2020，则满足以上条件的有序数组（a，b，c，d）共有多少组？

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.考查函数f（x）=xlnx，在区间（2，+∞）单调递增，f（a）=f（b），则a=b，又ac=bd，故c=d.又a+b=c+d，则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，故有序数组（a，b，c，d）共有20个.

2.3 快速链接，脑洞大开

如果我们大脑里储存的数学知识容量大且结构佳，在审题时，就能浮想联翩，快速链接，慧眼识真金.撕去伪装的外表后，我们就能嫣然一笑.例10 设a1，a2，a3，a4是1，2，3，4，…，100中4个不同的数，且满足（a21+a22+a23）（a22+a23+a24）=（a1a2+a2a3+a3a4）2.则这样的有序数组（a1，a2，a3，a4）的组数有多少？

解 联想到柯西不等式取等号的条件知：a1a2=a2a3=a3a4，故a1，a2，a3，a4成等比数列.

（1）M1={1，2，4，8，16，32，64}中连续四项成等比数列的有（1，2，4，8）;（2，4，8，16）;（4，8，16，32）;（8，16，32，64）共4种，倒序的也有4种.故此时有序数组（a1，a2，a3，a4）有2C14个;

（2）M2={1，3，9，27，81}，有2C12个;

（3）M3={1，4，16，64}，有2C11個;

（4）M4={2，6，18，54}，有2C11个;

（5）M5={3，6，12，24，48，96}，有2C13个;

（6）M6={5，10，20，40，80}，有2C12个;

（7）M7={7，14，28，56}，有2C11个;

（8）M8={8，12，18，27}，有2C11个;

（9）M9={9，18，36，72}，有2C11个;

（10）M10={11，22，44，88}有2C11个;

（11）M11={16，24，36，54，81}有2C12个;

（12）M12={27，36，48，64}有2C11个[1].

由加法原理可知：有序数组（a1，a2，a3，a4）一共有40个.

2.4 条分缕析，思路井然

有些问题存在多种可能性，不能一言以蔽之.那就需要我们思维缜密，把各种可能性考虑周全，再按照一定标准进行分类讨论，这样思路既有条理又流畅清晰.

例11 设1≤x，y，z≤6，且正整数x，y，z的乘积x·y·z能被10整除，则有序数组（x，y，z）共有多少个？解 因为1≤x，y，z≤6，若正整数x，y，z的乘积x·y·z能被10整除，则有以下3种情形：

①x，y，z中有2个为5，1个偶数，先从2，4，6中取出1个偶数有C13，偶数选定后与2个5共3种排列方式，

即C13·3=9;

②x，y，z中有1个5，1个奇数，1个偶数，即C13·C12·A33=36;

③x，y，z中有1个5，2个偶数（2个偶数可以是不同的或相同的），如果2个偶数是不同的，则C23·A23;如果2个偶数是相同的，则C13·3，此时共有C23·A23+C13·3=27.

综上所述，有序数组（x，y，z）共有：9+36+27=72个.

例12 方程x1+x2+…+x99+2x100=3的非负整数解共有多少个？

解 以x100为研究对象进行分类：

①当x100=1时，方程即为x1+x2+…+x99=1.此时非负整数解共有99个;

②当x100=0时，可分3类：

（3，0，0，0，…，0），有C199个，

（2，1，0，0，…，0），有A299个，

（1，1，1，0，…，0），有C399个.

综上所述：原方程的非负有序整数解共有：99+C199+A299+C399=166749个.

2.5 筑巢引凤，模型转化

对于很抽象的问题，我们应该学会退步思考，一直退回到我们最熟悉最原始的状态，然后借助于已有的思维模型，方能化险为夷柳暗花明.例13 设a，b，c，d∈{-1，0，1}，若有序数组（a，b，c，d）满足a+b，c+d，a+c，b+d互不相同，则称（a，b，c，d）为“好数组”，求所有有序数组（a，b，c，d）中是“好数组”的个数.

解 依题意，若（a，b，c，d）的取值为“2个1，1个0，1个-1”;或“2个-1，1个0，1个1”时，有序数组（a，b，c，d）才有可能成为“好数组”.

①当（a，b，c，d）的取值为“2个1，1个0，1个-1”时，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个.故此时“好数组”有12-4=8个;

②当（a，b，c，d）的取值为“2个-1，1个0，1个1”时，同理可得“好数组”共8个.

综上所述：“好数组”一共有16个.例14 设集合A∪B∪C={1，2，3，…，9}，则三元有序数组（A，B，C）共有多少个？

解 在集合{1，2，3，…，9}中任意选出一个数“a”，则出现的可能性有：

①在集合A，B，C某一个集合中出现，有C13;

②在集合A，B，C某两个集合中同时出现（交集），有C23;

③在集合A，B，C三个集合中都出现，有C33.

故数“a”出现的可能性一共有：C13+C23+C33=7.因此其它8个数出现的可能性都有7种.

如图8，用3个圆圈分别表示集合A，B，C，则图中一共有7个独立的区域，那么每一个数都可以选择这7个区域的任何一个区域放置.故有序数组（A，B，C）一共有79个[2].2.7 整体思考，剔除另类

在解决排列组合问题时，完全可以从大处着手考虑.将不合要求的情形找出来进行排除.同时，将重复排除的情形弥补上.例15 方程x+y+z=2011满足x

解 ①将2011个相同的小球摆成一排，中间留出2010个空位.

②在上述2010个空位中，任意插入两块隔板，共C22010种插法.

③在上述划分中，会出现有两个数相等的情形.由于x

都不合乎要求.因此，其中有两个数相等的情形共有3×20102=3015种.

④由于2011不是3的倍数，故不存在3个数相等的情形.⑤如果在总数C22010中，排除③的情形，就剩下3个数互不相等的情形，其排列有A33=6种，而题目要求x

3 借用“物理操作”巧解排列组合问题

在排列组合解题中，有些题目所需要的思维方式，却超出了数学的范畴.如果我们仅仅停留在数学苑囿“深挖洞”，可能最终导致无功而返.如果我们进一步拓广思维视野，跳出数学的方寸天地，就会豁然开朗.我们姑且把这种思维方式称为“物理操作”.简而言之，就是要通过一系列的“物理”操作，才能完成解题过程.

3.1 重构操作即根据题目的意思，在保持原题本质不变的前提下，重新设计操作程序，使新的操作设计更加贴近题意，更具“数学化”.例16 袋子里有红、黑、白、黄四种颜色的大小相同的小球各10个.每种颜色的10个小球分别标有数字1，2，3，4，…，10.若从中任取4个小球，这4个小球颜色互不相同，且所标数字互不相邻的不同取法共有多少种？解析 首先假想准备10个无颜色无标号的大小相同的小球.

①将其中的6个球摆好，这6个球连同左右两边一共形成7个空位;

②在上述7个空位中，插入另外4个小球，共有C47种.并将这4个小球做好记号;

③将上述10个小球从左到右标上序号：1，2，3，…，10;

④将插入并做好记号的4个小球取出，给小球依次在“红、黑、白、黄”四种颜色中任选一种涂色，则4个小球的涂色方法数为：A44;

⑤则合乎题意的不同取法共有：N=C47·A44=840种.3.2 退步操作

对于有范围限制的排列组合问题，可以先退步思考，满足题设条件，使限制范围变得单一常规.再根据组合模式，寻找进一步的解题方法.例17 将15个大小相同的小球放入标有“1，2，3，4”编号的盒子里，则每个盒子里放入的球的个数不小于该盒子的编号数的放法一共有多少种？图9

解析 ①如图9，预先在2号、3号、4号盒子里依次投入1个、2个、3个小球，则剩余9个小球;

②将剩余的9个小球擺成一排，中间留出8个空位;

③在上述8个空位里，任意插入3块隔板;

④则满足题意的方法一共有：C38=56种.3.3 配位操作

对于“搭配”问题，可以先进行配位操作，使之成为一个“大单位”的“元素”，再按照常规思路考虑.

例18 有14个年轻人和5个老人站成一排，要求每个老人左右至少各有一个年轻人搀扶，问有多少种不同方法？解析 ①先从14个年轻人中选出10个，与5个老人左右搭配，做成5个“年轻人甲+老人+年轻人乙”模式的单位“人”; ②将上述5个单位的“人”，与剩余的4个年轻人全排列;

③综上所述：满足题意的方法数有：A1014·A99种.

3.4 无为操作

对于有些题目，表面上看是有序排列问题，但深入细究，却是组合问题.因为各个元素是相异的，本身就存在天然的次序.这就需要我们“无为而治”.相反地，如果真正“有为操作”，则会弄巧成拙.

例19 满足“a>b>c，c

解析 ①从“0，1，2，3，…，9”中任取5个数，共有C510种，将取出的5个数中最小的数赋给c;

②从取出5个数剩余的4个数中取出2个数，共有C24种，将取出的2个数中较大的赋给a，较小的赋给b;

③将5个数中还剩余的2个数，较大的数赋给e，较小的赋给d;

④综上所述：五位“凹数”一共有：C510·C24=1512个.3.5 筑巢操作

对于有些排列组合问题，单从表面思考，很难找到突破口.若我们将此问题放置在一个大的背景下思考，则会迅速迸发出思维的火花.给一个

较难的问题，图10

安置一个大背景，我们形象地称之为“筑巢操作”.

例20 在平面直角坐标系xOy中，x轴正半轴上有5个点，y轴正半轴上有3个点.将x轴上这5个点与y轴上这3个点，连成15条线段，这15条线段在第一象限的交点最多有多少个？

解析 ①从x轴正半轴上的5个点中任选2个点，共有C25种.

②从y轴正半轴上的3个点中任选2个点，共有C23种;

③以上选出的4个点，共可构成C25·C23=30个四边形;

④每个四边形的对角线都有1个交点;

⑤满足题意的交点最多有30个.3.6 符号操作

对于题目所描述的现象，我们可以抽象为用数学符号来阐释，把这一类操作称为“符号操作”.它的好处在于能迅速建立操作与数学符号的有机联系，为数学化解决问题做好铺垫.

例21 A，B，C，D，E 5人站成一圈传球，每人只能将球传给其左右相邻两人中的一人.

由A开始传出（算作第一次），经过10次传球又回到A的传球方式共有多少种？

解析 记向左传为“+1”，向右传为“-1”.由A开始传出10次球后，又回到A，就是在10个“1”前面添加正号或负号，使其代数和为10，或0，或-10.图11

①当代数和为“10” 时，全是“+”，有1种;

②当代数和为“-10”时，全是“-”，有1种;

③当代数和为“0”时，即有5个“+”，5个“-”，共有C510=252种;

④综上所述：满足题意的传球方式有：1+1+252=254种.

参考文献

[1] （2016年）全国高中数学联赛[M]. 上海：华东师范大学出版社，2016：234.

[2] 王俊明. 排列组合与概率[M]. 杭州：浙江大学出版社，2007：3-4.

[3] 王文涛. 全国高中数学联赛预赛试题分类精编[M]. 合肥：中国科学技术出版社，2020：504.

作者簡介 鲁和平（1964—），湖北天门人，湖北省特级教师;主要研究高中数学解题方法;主持省级教科研规划课题一项，市级教科研规划课题两项;发表教学论文60余篇.