N=2P(24,7) (26-2-7+1)=2P(24,7)18!＝3624! 法 2: 先把 a、b 去掉的 24 个字母进行全排列，共有 24！个排列数， 然后按 a 排头、b 结尾的顺序将这两个字母插入到每个 24 个排列中， 使得两个字母间有 7 个字母的插入方案有 24-7+1=18，同理，b 排头、 a 结尾的插入方式也为 18，所以一共的排列数有 N=2=P(24,24) 218＝3624!
解 方法 1 将 6 个入口依次排好序，分别为第 1,第 2,……,
第 6 个入口.因 9 人进站时在每个入口都是有序的，我们如下构
造 9 人的进站方案：先构造 9 人的全排列，共有 9！个；然后
选定 9 人的一个全排列，加入 5 个分界符，将其分成 6 段，第
i（i=1,2,…,6）段对应着第 i 个入口的进站方案.如图 2.1 所示，
例 1 将 S={a, b, c, d, e, f}进行排列. 问：
（1）使得字母 b 正好在字母 e 的左邻的全排列有多少种？ （2）使得字母 b 在字母 e 的左边的全排列有多少种？ （3）在 S 的 4-排列中使得字母 b 和 e 不相邻的排列有多少种？
解 （1）b 正好是 e 的左邻的排列形如 ×…×be×…×
6×7×…×14=726485760.
例 6 对任意正整数 n，有
n n n
0
1
2
n n
2n.
（2.2.5）
证明
一方面，S
的
r
元子集的个数为
n r
，而
r
可取
0,1,2,…,n,由加法原则，S 的所有子集的个数为
n 0
n 1
n 2
n n
2n.
另一方面，S 有 n 个元素，在构成 S 的一个子集的时候，S 的
n
r
p(n, r) r!
n! r!(n r)!
显然，
（1）当

n
时，
P(n,
r)
0
，
n r
0
。
（2）当r 1时， P(n,1) n (n 1)
（3）
n 0
n n
1
（4）若
0≤r≤n，则
n r
n n
r
n 此恒等式具有如下的组合意义： r 是 n 元集合 S 的 r 元子集的个数， n n r 是集合 S 的 n-r 元子集的个数.设 A 是 S 的 r 元子集，则 S-A 是 S
|A|=|B|= 1 6!. 2
（3）S 的 4-排列中使得字母 b 和 e 不相邻的排列有多少种？
解：（3） S 的 4 元集合排列共有 P(6, 4)个，将其分成三类，分
别记为 A，B，C，即
（i）A 类：b 和 e 挨在一起，a 是 b 的左邻； （ii）B 类：b 和 e 挨在一起，b 是的左邻； （iii）C 类：b 和 e 不挨在一起（包括不出现 b 或 e） 则显然有 P(6, 4)=|A|+|B|+|C|，且|A|=|B|.我们要求的是 C 类 4 位 数的个数.为此，我们先计算|A|. 我们如下构造 A 类排列：首先构造 4 元集合{ a, c, d, f }的 一个 2 排列，共有 P(4, 2)个，则 ab 作为一个整体可以插入 3 个 位置中的任一位置，有 3×P(4, 2)个排列，由例 2(2)知|A|=|B|， 所以 |C|=P(6, 4)-2×|A|=360-72=288
取自同一组的选法数 N1 2 C( n, 2；) 取自不同组的选法数 N2 [C(n,1)]2 n2。 由加法原则，所求的选法数是2C(n, 2) n2
2.3 相异元素不允许重复的圆排列
上节讨论的排列是在直线上进行的，或者确切地说，是 r 线形排列.
如果在圆周上排列成一个环，只考虑元素间的相对顺序的 排列，称为圆（环）排列。
例 2. 排列 26 个字母，使得 a 和 b 之间正好有 7 个字母，问有多少种 排法？
解：法 1：以 a 排头、b 结尾、中间恰含 7 个字母的排列有 P(24,7)种。 同理，以 b 排头、 a 结尾、中间含 7 个字母的排列也有 P(24,7)种。
由加法法则 a，b 为端点的 9 个字母的排列有 2 P(24,7)种。把一个 这样的排列看成一个整体再与剩下的 17 (=26-2-7)个字母进行全排列就 得到所求的排列。全排列的方法有 18！种，根据乘法法则，所求的排 列数是
例 3. 从 1, 2, …, 300 中任取三个数使得它们的和能被 3 整 除，问有多少种方法？
解 把 1, 2, …, 300 分成 A, B, C 三组。 A {x | x 1(mod3)},
B {x | x 2(mod3)},
C {x | x 0(mod3)}. 设所取的三个数为i, j, k ，那么这种选取是无序的，且满足 i＋j＋k＝0(mod3)。我们将选法分成两类：
第二章 排列与组合
（Permutations and Combinations）
►2.1 加法原则与乘法原则 ►2.2 集合的排列 ►2.3集合的组合 ►2.4 多重集合的排列 ►2.5 多重集合的组合
2.1 加法原则与乘法原则
加法原则和乘法原则是计数问题中两个最基本的计数原则。
加法原则：设集合 S 的划分为 S1, S2,..., Sm，那么 S 的元素个数可以通过每一 子集的元素个数来确定，即：
每个“*”代表一个人，“△”表示分隔符.图 2.2.6 中，5 个“△”
分别在第 3、第 5、第 9、第 11、第 13 个位置，它对应的进站
方案中，前 2 人从第 1 个入口进站，第 3 人从第 2 个入口进
站,……. 所以，进站方案数为
9!
14
5
14! 9! 5!
9!
726485760.
** △ * △ *** △ * △ * △ *
n 元集的 r 排列数记为： P(n, r)
n 元集 S 的一个 r 组合 是指从 n 个相异元素中不重复地取出 r 个元素(r n)的一种无序选择。
n n 元集的 r 组合数记为： r 或 Cnr
n r
是 n 元集合 S 的 r 元子集的个数.
计算公式：
Pnr P(n,r) n(n 1) (n r 1) n! (n r)!
↑↑
↑↑↑
35
9 11 13
方法 2 第 1 个人可以有 6 种进站方式，即可从 6 个入口中的 任一个进站；第 2 个人也可以选择 6 个入口中的任一个进站， 但当他选择与第 1 人相同的入口进站时，有在第 1 人前面还是 后面两种方式，所以第 2 人有 7 种进站方案；同理，第 3 人有 8 种进站方案,……,第 9 人有 14 种进站方案.由乘法原则，总的 进站方案数为
的 n-r 元子集，而且这种对应关系显然是一一的，所以，S 的 r 元子集的个数 等于 S 的 n-r 元子集的个数.因此恒等式成立。
排列与组合的数学模型: 相异元素不允许重复的排列问题也可描述为：将 r 个有区别的球放入 n
个不同的盒子，每盒不超过一个，则总的放法为 P(n, r)。同样，若球不加 区别，则有C(n, r) 种放法。
方法 1 按要求第 4 位必须是奇数，可取 1、3、5、7 和 9，共 有 5 种选择。第 1 位不能取 0，也不能取第 4 位已选定的数字，所 以在第 4 位选定后第 1 位有 8 种选择。第 2 位不能取第 1 位和第 4 位已选定的数字，共有 8 种选择。类似地，第 3 位有 7 种选择.从 而，满足题意的数共有 5×8×8×7=2240 个。
例 1 某学生从三门数学课程和四门计算机课程中选修一门数学和一 门计算机课程 3×4＝12 种。
例 2 设从 A 到 B 有 3 条不同的路，从 B 到 C 有 2 条不同的道路， 则从 A 经 B 到 C 的道路数为 3×2＝6.
例 3. 在1000到9999之间有多少个各位数字不同的奇数？
解 在1000到9999之间的数是 4 个数字的有序摆放，而且是无重 复元素的。
那么排列数将会减少，因为一个对于两个环排列，如果其 中的一个通过另一个旋转可以变成另一个，则认为它们是同样 的环排列。
在一个 r 圆排列的任意两个相邻元素之间都有一个位置， 共有 r 个位置.从这 r 个位置处将该圆排列断开，并拉直成线排 列，可以得到 r 个不同的 r 线排列.或得换个说法，将 r 个 r 线 排列
方法 2 把满足题意的数分成两类： （i）四位数中没有 0 出现。类似于方法 1 的分析，第 4 位数有 5 种选择，第 3 位数有 8 种选择，第 2 位数有 7 种选择，第 1 位数 有 6 种选择。此类数共有 6×7×8×5=1680 个. （ii）四位数中有 0 出现。这里，0 只能出现在第 2 位或第 3 位上. 现假设 0 在第 2 位上，则第 4 位照常有 5 种选择，第 3 位有 8 种 选择，第 1 位有 7 种选择，共有 7×8×5=280 个数.同理，若 0 出 现在第 3 位上，也共有 280 个数.
由加法原则知，合乎题意的数共有 1680+280×2=2240（个）
注意 这里最高位不能为 0，在方法 1 中，没有按自右向左的 自然顺序分析各位数选择的可能性，因为中间两位是否取 0 直接 影响第 1 位的选择方式.在方法 2 中，对 0 作了特别处理，使从右 向左能够顺利地进行分析.
许多计数问题属于以下几种类型：
（1）对元素的有序摆放或有序选择的计数 a) 没有重复的元素 b) 有重复的元素（无限重复或有限重复）
（2）对元素的无序摆放或无序选择的计数。 a) 没有重复的元素 b) 有重复的元素（无限重复或有限重复）
2.2 集合的排列、组合
n 元集 S 的一个 r 排列 是指从 n 个相异元素中不重复地取 r 个元素(r n)的排列。