高考数学一轮复习：9统计与概率-专题1练习（题型归纳与重难专题突破提升）

这是一份高考数学一轮复习：9统计与概率-专题1练习（题型归纳与重难专题突破提升），文件包含专题91计数原理排列组合原卷版docx、专题91计数原理排列组合解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc154053618" 题型二： 涂色问题 PAGEREF _Tc154053618 \h 7
\l "_Tc154053619" 题型三： 排列、组合的基本问题 PAGEREF _Tc154053619 \h 11
\l "_Tc154053620" 题型四： 分堆与分组分配问题 PAGEREF _Tc154053620 \h 14
\l "_Tc154053621" 题型五： “球”与“盒”模型 PAGEREF _Tc154053621 \h 16
知识点总结
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(1)分类加法计数原理
①定义：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
②拓展：完成一件事，如果有n类不同方案，且：第1类方案中有m1种不同的方法，第2类方案中有m2种不同的方法，…，第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
(2)分步乘法计数原理
①定义：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
②拓展：完成一件事，如果需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
2.运用分类计数原理的关键是分类标准的确定，通常按有特殊要求的元素或有特殊要求的位置进行分类，即以“符合要求”与“不符合要求”作为分类标准．
3.分类与分步都是数学思维中的“分解” 策略，前者是“横向分解”，分解为若干种满足要求的类型；后者是“纵向分解”，将解决问题的方法分成为按一定顺序进行的小步骤．
排列与组合
(1)排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)排列数
(3)组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
(4)组合数
常用公式
(1)Aeq \\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq \\al(m－1,n)＝nAeq \\al(m－1,n－1)＝mAeq \\al(m－1,n－1)＋Aeq \\al(m,n－1)；
(n＋1)！－n！＝n·n！；
(2)kCeq \\al(k,n)＝nCeq \\al(k－1,n－1)；Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m－1,n－1)＋Ceq \\al(m－1,n－2)＋…＋Ceq \\al(m－1,m－1).
例题精讲
两个原理的综合应用
【要点讲解】应用两个原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前仔细分析三点：(1)要完成的“一件事”究竟是什么；(2)怎样算是完成；(3)完成的过程中是分类还是分步，或是在完成的过程中要先分类再分步，亦或先分步再分类等；总之，分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤严谨完整”.
某企业面试环节准备编号为1，2，3，4的四道试题，编号为1，2，3，4的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有
A．9种B．10种C．11种D．12种
【解答】解：用表示编号的面试者回答的试题为，其中，，2，3，，
所以的全部可能情况有：，，，，，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
所以共有9种．
故选：．
电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为．在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为
A．B．27C．D．6
【解答】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成种颜色．
故选：．
某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有
A．3种B．6种C．7种D．9种
【解答】解：学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，
买1本有3种方法，买2本有种方法；买3本有1种方法；
共有7钟不同的方法，
故选：．
3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为
A．B．C．D．
【解答】解：不同选法的种数是，因为第一个班有4种选择，第二个班有4种选择，第三个班有4种选择，
由分步计数原理可知，不同选法的种数是．
故选：．
书架上有不同的语文书10本，不同的英语书7本，不同的数学书5本，现从中任选一本阅读，不同的选法有
A．22种B．350种C．32种D．20种
【解答】解：根据题意，任选一本阅读，包括3种情况：
①一本语文有10种取法，
②一本数学有5种取法，
③一本英语有7种取法，
则不同的选法有种；
故选：．
从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数可以组成多少个不同的三位数？
A．60B．80C．100D．120
【解答】解：从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数可以组成不同的三位数有：个．
故选：．
五名旅客在三家旅店投宿的方法有 243 种．
【解答】解：完成这件事，可分成五个步骤：
第一步安排一名旅客，有3种投宿方法，
同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，
根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有（种；
故答案为：243．
六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 216 种．
【解答】解：最左端排甲，共有种，最左端排乙，最右端不能排甲，有种，
根据加法原理可得，共有种．
故答案为：216．
如图所示，在，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路．则电路不通，则因为焊接点脱落而导致电路不通情况有 13 种．
【解答】解：若电路不通，则分情况：
（1）若焊接点脱落一个，则有1，4共2种情况；
（2）若焊接点脱落两个，则有、，、、，、，、，、共6情况；
（3）若焊接点脱落三个，则有、2、，、2、，、3、，、3、共4种情况；
（4）若焊接点脱落四个，则有、2、3、共1种情况；
电路不通共有种．
故答案为：13．
书架上某层有8本书，新买2本插进去，要保持原有8本书的顺序，则有 90 种不同的插法．（具体数字作答）
【解答】解：根据题意，分2次放入，第一次放入有9种情况，
而放入第2本时，有10个空位，即10种情况，
故不同的放法有种，
故答案为：90．
用0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的四位数．
（1）组成的四位数中，大于4000的有多少个？
（2）能组成多少个被25整除的四位数？这些数相加，所得的和是多少？
【解答】解：（1）根据题意，要求四位数大于4000，
其千位数字可以为4、5或6，有3种情况，
百、十、个位任意排列，有种情况，
则大于4000的四位数有个；
（2）根据题意，能被25整除的四位数其后面两位数字为25或50，
若后面两位数字为50，有种情况，
若后面两位数字为25，有种情况，
则有个被25整除的四位数；
其和为．
设有6幅不同的国画，4幅不同的油画，5幅不同的水彩画．
（1）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
（2）从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
【解答】解：（1）分三步完成，第一步选国画有6种，第二步选油画有4种，第三步选水彩画有5种，
根据分步计数原理得，共有种；
（2）分三类，第一类，选国画和油画共有种，第二类，选国画和水彩画共有种，第三类，选油画和水彩画共有种，
根据分类计数原理共有种．
涂色问题
【要点讲解】解决涂色问题的基本手段是“树形图”，即对涂色的每一区域进行逐个讨论，直至按要求完成涂色．
现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法种数为 180 ．
【解答】解：按、、、顺序着色，
区块有5种着色方案，
区块有4种着色方案，
区块有3种着色方案，
区块有3种着色方案，
故不同的着色方法种数为，
故答案为：180．
如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为
A．480B．600C．720D．840
【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题，
首先涂一个陕西，有5种结果，再涂湖北省，有4种结果，
第二步涂安徽，分类若安徽与陕西同色，此时江西有三种，再涂湖南有三种，即，
若安徽与陕西不同，则安徽有三种涂法，江西，湖南也各有三种涂法，即，
共有．
故选：．
如图，用四种不同颜色给图中的，，，，，，，八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有 168 种．
【解答】解：①对，，，涂4种颜色，对于剩下的，，，各剩2种颜色，
且相领的都含有一种颜色是相同的，
即当某个点取一种颜色时，其它点的颜色是确定的，
则，，，共有2种情况，共有种；
②对，，，涂3种颜色，对于，，，从4种颜色中取3种，即，
从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，
再对这4种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，
再对其他不重复的2种进行排列，有，即种，
对于剩下的，，，，同①一样，各剩2个颜色，
当其中一点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，共有2种，
故共有种；
③，，，涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，
，，，共2种颜色，故共有种方法，
一共有种方法．
故答案为：168．
如图，一个地区分为5个区域，现给5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 72 种．
【解答】解：先给①②③号区域涂色，分别有4种，3种和2种涂色方法，
再给④号和⑤号区域涂色，
当④号与②号同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有2种涂色方法；
当④号与②号不同色时，④号有1种涂色方法，⑤号有1种涂色方法，
共有种涂色方法．
故答案为：72．
如图，现在用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法有 48 种．
【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题，
需要先给①着色，有4种结果，
再给②着色，有3种结果，
再给③着色有2种结果，
最后给④着色，有2种结果，
根据分步计数原理知共有种结果，
故答案为：48．
在一个正六边形的六个区域涂色（如图），要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域（有公共边）涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有
A．720种B．2160种C．4100种D．4400种
【解答】解：考虑，，三个区域用同一种颜色，共有方法数为种；
考虑，，三个区域用2种颜色，共有方法数为种；
考虑，，三个区域用3种颜色，共有方法数为种．
所以共有方法数为种．
故选：．
如图，一个正方形花圃被分成5份．
（1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？
（2）若将这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？
【解答】解：（1）先对部分种植，有4种不同的种植方法；再对部分种植，有3种不同的种植方法；对部分种植进行分类：
①若与相同，有2种不同的种植方法，有2种不同的种植方法，共有（种；
②若与不同，有2种不同的种植方法，有1种不同的种植方法，有2种不同的种植方法，共有（种；
综上所述，共有96种种植方法；
（2）将7个盆栽分成5组，有2种分法：
①若分成的5组，有种分法；
②若分成的5组，有种分法；
将分好的5组全排列，对应5个部分，则一共有种分法．
排列、组合的基本问题
【要点讲解】有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑“捆绑”部分的排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④搞清楚“间隔排列”与“不相邻”的区别；⑤“分排”问题“直排化”处理；⑥对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列数.
解组合问题时要注意：①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如第3小题，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,12)≠825，请同学们自己找错因．④对于“多面手”问题，要注意分类讨论.
有2名男生、3名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．（结果用数字回答，过程对酌情给分）
（1）选4人排成一排；
（2）排成前后两排，前排1人，后排4人；
（3）全体排成一排，女生必须站在一起；
（4）全体排成一排，男生互不相邻；
（5）全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
（6）全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
（7）全体排成一排，甲在乙前，乙在丙前．
【解答】解：（1）选4人排成一排，有种；
（2）排成前后两排，前排1人，后排4人，有种；
（3）全体排成一排，女生必须站在一起，有种；
（4）全体排成一排，男生互不相邻，有种；
（5）全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边，有种；
（6）全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边，有种；
（7）全体排成一排，甲在乙前，乙在丙前，有种．
6位同学报名参加2022年杭州亚运会4个不同的项目（记为，，，的志愿者活动，每位同学恰报1个项目．
（1）6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种？
（2）若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式？
（3）若每个项目只招一名志愿者，且同学甲不参加项目，同学乙不参加项目，求一共有多少种不同录用方式？
【解答】解：（1）根据题意先把甲乙看成整体，与除了甲、乙、丙、丁之外的两人进行排列，
再把丙丁插空进行排列，所以共有．
（2）先分为4组，则按人数可分为1，1，1，3和1，1，2，2两种分组方式，
共有种，再分到4个项目，
即可得共有；
（3）先考虑全部，则共有种排列方式，
其中甲参加项目共有种，同学乙参加项目共有种；
甲参加项目同时乙参加项目共有种，
根据题意减去不满足题意的情况共有种．
五个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：
（1）甲必须在正中间；
（2）甲、乙相邻；
（3）甲不在排头，并且乙不在排尾；
（4）其中甲、乙两人自左向右从高到矮排列且互不相邻．
【解答】解：（1）甲必须在正中间，则其余四个人全排列，有种排法；
（2）相邻问题用“捆绑法”．将甲、乙“捆绑”成一个元素与其他3人排，有种，
而甲、乙之间也有顺序，
所以共有（种．
（3）分两类．第一类：甲在排尾，有（种．
第二类：甲不在排尾，那么甲只能从中间3个位置中选1个，有 种；
乙只能从除排尾和甲的位置的3个位置中选1个，有种；
其余3人任意排，有种．
所以第二类情况有（种．
所以共有（种．
（4）不相邻问题用“插空法”．先将其余3个全排列有种排法，
再将甲、乙插入4个空位有 种排法，
所以一共有种不同排法．
分堆与分组分配问题
【要点讲解】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列. 分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数：eq \f(平均分堆到指定位置,堆数的阶乘). 对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(如“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2,2,2)为均匀分组，分成(1,2,3)为非均匀分组，分成(4,1,1)为部分均匀分组；④有时会遇到“局部的平均分组”问题，这是要注意在“局部”内部解决“消序”问题．
将4本不同的书全部分给3个同学，每人至少一本，且1号书不能给甲同学，则不同的分法种数为
A．6B．12C．18D．24
【解答】解：当甲得一本书时，先从除1号书外的3本书中选1本给甲，然后将剩下的3本书分成两组分给其余的两人，所以有种；
当甲得两本书时，先从除1号书外的3本书中选2本给甲，然后剩下两本书给其余两人每人一本，所以有种，
所以由分类加法原理可得共有24种．
故选：．
今年8月份贵州村篮球总决赛期间，在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，现有甲、乙、丙、丁四人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同的安排方法共有
A．18B．24C．32D．64
【解答】解：在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，
现有甲、乙、丙、丁四人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，
甲不能到第一个地点服务，
则不同的安排方法共有种．
故选：．
某校安排5名同学去，，，四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到基地的排法总数为
A．24B．36C．60D．240
【解答】解：①当基地安排1人时，排法总数为；
②当基地安排2人时，排法总数为，
满足题意的所有排法数为．
故选：．
2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，山东也成为备选地之一．若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有
A．1800B．1080C．720D．360
【解答】解：①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选课相同的2个部门选出，有种可能；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地全不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理可得，
则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：．
体育课是体育教学的基本组织形式，主要使学生掌握体育与保健基础知识，基本技术、技能，实现学生的思想品德教育，提高其运动技术水平．新学期开学之际，某校计划用不超过1500元的资金购买单价分别为120元的篮球和140元的足球．已知该校至少要购买8个篮球，且至少购买2个足球，则不同的选购方式有
A．6种B．7种C．8种D．5种
【解答】解：设该校购买个篮球，个足球，则，
故，．
当，时，；
当，时，；
当，时，（舍去）；
当，时，；
当，时，；
当，时，（舍去）；
当，时，；
当，时，（舍去）．
故不同的选购方式有5种．
故选：．
5名同学到甲、乙、丙、丁四个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆且所有同学都被安排完，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有
A．12种B．60种C．120种D．240种
【解答】解：第一步：将5个同学分为4组，即2，1，1，1，共有种分法；
第二步：将4组分配给4个场馆，
共有种分法．
故选：．
“球”与“盒”模型
【要点讲解】“球”与“盒”模型的解题策略：(1)明确球与盒放入个数的具体要求；(2)球的编号与盒的编号的要求；(3)明确“隔板法”的应用前提，是将“相同元素”隔开，计算“相同元素”的分隔情况，解题时要慎之又慎.
（1）将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
（2）将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
（3）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
（4）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
（注：要写出算式，结果用数字表示）
【解答】解：（1）将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种；
（2）每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，
将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；
（3）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为种；
（4）将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为种．
将，，，这4个小球放入4个不同的盒子中．
（1）若，要放入同一个盒子中，有多少种不同的放法？
（2）若每个盒子最多只能放2个小球，有多少种不同的放法？
【解答】解：（1）若，要放入同一个盒子中，根据捆绑法，
可看成将3个不同的小球放入4个不同的盒子中，不同的放法有种．
（2）第一种情况：4个小球各自放入4个不同的盒子中，共有种放法．
第二种情况：有2个小球放入同一个盒子中，剩余2个小球同时放入另一个盒子中，
共有种放法．
第三种情况：有2个小球放入同一个盒子中，剩余2个小球各自放入一个盒子中，
共有种放法．
故不同的放法有种．
将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中．
（1）有多少种放法？
（2）每盒至多一个球，有多少种放法？
（3）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（4）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
【解答】解：（1）每一个小球都有4种放法，故共有种．
（2）每个盒至多一个球即每个盒子均有一球，也就是4个元素的排列，故有种不同的放法；
（3）恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有种不同的放法；
（4）分2步进行分析，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，种选法，再将其余3个盒子装球，
由题意，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外的2个盒子一定是每个装一个球，有种选法，
所以，总方法数为种．
盒子中有2个不同的白球和3个不同的黑球．
（1）若将这些小球取出后排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，共有多少种不同的排法？
（2）随机一次性摸出3个球，使得摸出的三个球中至少有1个黑球，共有多少种不同的摸球结果？
（3）将这些小球分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子至少一个球，共有多少种不同的放法？
（注：要写出算式，结果用数字表示）
【解答】解：（1）将2个不同的白球和3个不同的黑球排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，
只需先将3个不同的黑球进行排序，然后将2个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，
由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种．
（2）随机一次性摸出3个球，使得摸出的三个球中至少有1个黑球，
则黑球的个数可以是1或2或3，
由分类加法计数原理可知，不同的摸球结果种数为种．
（3）先将这5个小球分为3组，则这三组小球的个数分别为3、1、1或2、2、1，
再将这三组小球分配给三个盒子，
由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种．
定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Aeq \\al(m,n)表示
全排列的概念
n个不同的元素全部取出的一个排列
阶乘的概念
正整数1到n的连乘积，用n！表示．Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1
排列数公式(n，m∈N*，m≤n).
连乘式Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
阶乘式Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！)
定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Ceq \\al(m,n)表示
组合数
公式
乘积式
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)
阶乘式
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(n！,m！n－m！)
两个
性质
性质1
Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
性质2
Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)