排列组合

前言

理解和记住一些常见的模型，解决排列组合问题基本就够用了。

一、排列组合

• 排列、排列数

(A_n^m=n imes (n-1) imes (n-2) imescdots imes (n-m+1)=cfrac{n!}{(n-m)!})；(A_n^n=n!)；(0!=1)

引例(nin N)，且(n<55)，则乘积((55-n)(56-n)cdots (69-n))等于【】

$A.A_{69-n}^{55-n}$ $B.A_{69-n}^{15}$ $C.A_{55-n}^{15}$ $D.A_{69-n}^{14}$

分析：(69-n)最大，因式个数为((69-n)-(55-n)+1=15)，故选(B)。

• 组合、组合数

(C_n^m=cfrac{A_n^m}{A_m^m}=cfrac{n imes (n-1) imes (n-2) imescdots imes (n-m+1)}{m!}=cfrac{n!}{m!cdot (n-m)!})

• 排列组合的识别：

若与顺序(次序、位置)有关，则为排列，若与顺序(次序、位置)无关，则为组合。

引例，比如5个人之间彼此留言，则是排列，共有(A_5^2=20)种，比如5个人之间彼此握手，则是组合，共有(C_5^2=10)种；

二、理解模型

Ⅰ小球放入盒子

①3个不同的小球，放入5个不同的盒子中，每个盒子至多有一个球，共有(A_5^3)种不同的放法。

分析：等同于3封信，投入5个不同的邮箱，每个信箱至多一个；或者3个人坐5个凳子。

②3个不同的小球，放入5个不同的盒子中，每个盒子能放入的小球不限，共有(5^3)种不同的放法。分析：等同于映射个数问题。

③集合(A={1，2，3})，集合(B={a，b，c，d}) ，则映射(f：A ightarrow B)的个数为(4^3)；映射(f：B ightarrow A)的个数为(3^4)；

④集合(A={1，2，3})，集合(B={a，b，c}) ，则一一映射(f：A ightarrow B)的个数为(A_3^3=6)个，一一映射(f：B ightarrow A)的个数也为(A_3^3=6)个。

⑤6个相同的小球，放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，共有(C_5^2)种不同的放法。

分析：隔板法，如图所示，(0underline{|}0underline{|}0underline{|}0underline{|}0underline{|}0)，

所求的不同放法个数，相当于在5个空位上插入2个隔板的不同插入方法，共有(C_5^2=10)种；

或解：相当于从5个插好的隔板中任意取出三个隔板的不同取出方法，共有(C_5^3=10)种；

Ⅱ排队照相

已知有5个同学排队照相，求

①甲、乙两个同学必须相邻的排法有多少种？

分析：(A_4^4 imes A_2^2=48)，相邻问题捆绑策略

②甲、乙、丙三个同学互不相邻的排法有多少种？(A_2^2 imes A_3^3=12)，

分析：不相邻问题插空策略

③乙不能站在甲前面，且丙不能站在乙前面的排法有多少种？

【法1】：只能按照“甲乙丙”的次序来排列，

定序问题，(cfrac{A_5^5}{A_3^3}=20)，

定序问题除法策略(有部分相同元素的排列问题和定序问题是相同的)

【法2】：先按照甲乙丙的次序排甲乙丙，仅1种，

然后插入剩余两人中的一人有4种，

最后再插入最后一人有5种，故(N=4 imes 5=20)

【法3】：先按照甲乙丙的次序排甲乙丙，仅1种，然后插入剩余的两人，分类如下：

当两人不相邻，有(A_4^2=12)种，

当两人相邻，有(C_4^1 imes A_2^2=8)种，

故共有(A_4^2+C_4^1 imes A_2^2=20)种。

④甲不站在中间位置，乙不站在两端两个位置的排法有多少种？

【法1】：以乙的位置分类，

当乙居中时，先排乙有(A_1^1)种，再排其余有(A_4^4)种，

则有(A_1^1 imes A_4^4=24)，

当乙不居中时，先排乙有(A_2^1)种，再排甲(A_3^1)种，

再排其余有(A_3^3)种，则有(A_2^1 imes A_3^1 imes A_3^3=36)，

故共有(N=24+36=60)。

【法2】：以甲的位置分类，类比上法思考。

【法3】：间接法，先5个人做全排列，有(A_5^5)种，

然后剔除不符合题意的情形，有甲在中间(A_4^4)种或乙在两端(2A_4^4)种，

不过这个剔除过程多剔除了甲在中间且已在两端的情形有(A_1^1(甲)A_2^1(乙)A_3^3)，

故共有 (A_5^5-A_4^4-2A_4^4+2A_3^3=60)

⑤排成两排，前排2人，后排3人，有多少种不同的排法？

分析：(A_5^5=120)。两排问题拉成一排策略

⑥5个人排成一排，有多少种不同的排法？

分析：(A_5^5=120)。

【对照】5个相同的乒乓球排成一排，有多少种不同的排法？

分析：(C_5^5=1)，或者理解为(cfrac{A_5^5}{A_5^5}=1)，5个相同理解为定序问题。

⑦5本书中有三本一样的书，排成一排，有多少种不同的排法？

分析：(cfrac{A_5^5}{A_3^3}=20)，3本相同理解为定序问题。

⑧单词“error”的所有拼写形式有多少种？

分析：同上述⑦问题，(cfrac{A_5^5}{A_3^3}=20)。

⑨定序问题，比如【简单的定序】，

4个人按照甲在前，乙在后的确定次序排队，共有多少种不同的排法？

分析：4个人排队，共有(A_4^4)种，其中按照甲乙来看，共有(A_2^2)类，分为甲前乙后的一类，和甲后乙前的另一类，设每一类有(x)种，则(xcdot A_2^2=A_4^4)，故(x=cfrac{A_4^4}{A_2^2}=12)种；

提升：6个人按照甲乙丙的确定次序排队，共有多少种不同的排法？

分析：6个人排队，共有(A_6^6)种，其中按照甲乙丙来看，共有(A_3^3)类，其中甲乙丙的次序只占(cfrac{1}{A_3^3})，设每一类有(x)种，则(xcdot A_3^3=A_6^6)，故(x=cfrac{A_6^6}{A_3^3})种；

再提升：(n)个玩具排成一排，其中有(m)个相同，则共有排法(cfrac{A_n^n}{A_m^m})种；

Ⅲ分组和分配

按照下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

⑴分成三份(堆)，1份1本，1份2本，1份3本 ；

分析：无序不均匀分组问题，(C_6^1 imes C_5^2 imes C_3^3=60)；

或者相当于先从6本中任取1本(C_6^1)种放成一堆，再从剩余的5本中任取1本(C_5^2)种放成一堆，再从剩余的3本中任取3本(C_3^3)种放成一堆，到此分成了符合要求的三份，事件完成，故有(C_6^1 imes C_5^2 imes C_3^3=60)；

⑵甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本

分析：有序不均匀分组问题，先分组再分配到人手中。

(C_6^1 imes C_5^2 imes C_3^3 imes A_3^3=360)

⑶平均分成三份，每份2本

分析：无序均匀分组问题，(cfrac{C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2}{A_3^3}=15)

【解释】先分为三份，则应该是(C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2)种方法；

但是这里出现了重复。不妨记6本书为(A、B、C、D、E、F)，

若第一步取了(AB)，若第二步取了(CD)，若第三步取了(EF)，标记该种分法为((AB，CD，EF))，

则(C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2)种方法中还有((AB，EF，CD))，((CD，AB，EF))，((CD，EF，AB))，

((EF，AB，CD))，((EF，CD，AB))，共有(A_3^3)种情况，

而这(A_3^3)种情况仅仅是(AB、CD、EF)的顺序不同，因此只能作为一种分法，

故分配分法有(cfrac{C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2}{A_3^3}=15)种。可以类比定序问题理解。

⑷平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本

分析：有序均匀分组再分配问题，(cfrac{C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2}{A_3^3} imes A_3^3=90)

或解：先让甲来领取有(C_6^2)种，再让乙来领取有(C_4^2)种，最后让丙来领取有(C_2^2)种，

故有(C_6^2 imes C_4^2 imes C_2^2=90)

⑸分成三份，1份4本，另外两份每份1本

分析：无序部分均匀分组，(cfrac{C_6^4 imes C_2^1 imes C_1^1}{A_2^2}=15)，

其中每份1本的这两堆是大小一样，没有顺序的，故需要除以(A_2^2)。

⑹甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本

分析：有序部分均匀分组再分配问题，(cfrac{C_6^4 imes C_2^1 imes C_1^1}{A_2^2} imes A_3^3=90)

⑺甲得1本，乙得1本，丙得4本

分析：直接分配问题，(C_6^1 imes C_5^1 imes C_4^4=30)

或者(C_6^4 imes C_2^1 imes C_1^1=30)

备注：其中第⑺问，相当于甲乙丙这三个人依次上来领取一样，

这样的话，“领取”模型就可以同化第⑴、⑷问了。

Ⅳ先分组再分配

①3个不同的小球分给3个人，每个人至少有一个球的不同分法？

分析：共有(cfrac{C_3^1C_2^1C_1^1}{A_3^3}cdot A_3^3=C_3^1C_2^1C_1^1)，或者(A_3^3)种不同的放法。

评：整体平均分组。

②4个不同的小球分给3个人，每个人至少有一个球的不同分法？

分析：共有(cfrac{C_4^2C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=C_4^2A_3^3)种不同的放法。

评：部分平均分组。

③5个不同的小球分给3个人，每个人至少有一个球的不同分法？

分析：共有(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3+cfrac{C_5^2C_3^2C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3)种不同的放法。

评：分类讨论+部分平均分组。

三、廓清关系

• 计数原理和排列组合的关系

计数原理统管排列组合，排列组合简化计数原理的步骤。

如5人排成一排，应该用乘法计数原理，(Delta;;Delta;;Delta;;Delta;;Delta)

位置1有5种(或(C_5^1))，位置2有4种(或(C_4^1))，位置3有3种(或(C_3^1))，

位置4有2种(或(C_2^1))，位置5有1种(或(C_1^1))；

故共有不同的排列方法(N=5 imes 4 imes 3 imes 2 imes 1=120)种，

或(N=C_5^1 imes C_4^1 imes C_3^1 imes C_2^1 imes C_1^1=120)种，

但如果有了排列的模型，就可以简化为(N=A_5^5=120)种。

四、典例剖析

在排列组合题目中，有时候找出错误比换个思路解题更难，所以一旦发现错误，以后就一定要注意避免按照那种模式思维，另外熟练掌握上述的模型，在具体题目的求解中，我们只要能将题目顺利转化为模型就可以求解了。

例15个男生4个女生组成一个4人小组，要求小组中至少要有一男生一女生，有多少种分法？

法1(直接法)：分类计数，有一男三女，两男两女，三男一女三种情况，故有：(C_5^1C_4^3+C_5^2C_4^2+C_5^3C_4^1=120)

法2(学生容易这样思考的保底法)：(C_5^1C_4^1C_7^2=420) ，明显法2是有重复的，

比如5个男生为 (A、B、C、D、E) ，4个女生为甲、乙、丙、丁；

那么取出的（(B)，乙，(A)甲）和（(A)，甲，(B)乙）、（(A)，乙，(B)甲）等等是一回事，

也就是说这种思路的计数是有重复的，所以要避免这样思考。

反思总结：凡是题目中出现至少至多这样的关键词，则往往需要分类计数或用间接法思考，如果用保底法就会出错。

法3(间接法)：(C_9^4-C_5^4-C_4^4=120)。

例2【2017全国卷2理科第6题高考真题】

安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由一个人完成，则不同的安排方式共有【】种。

$A.12$ $B.18$ $C.24$ $D.36$

分析：部分平均分组再分配问题，

可以先将4项工作分成3份((1个+2个+1个))的情形，共有(cfrac{C_4^2C_2^1C_1^1}{A_2^2})种，

然后将分成的3组工作分配给3个人，有(A_3^3)种，故有(cfrac{C_4^2C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=36)种。

引申-1：安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由一个人完成，则不同的安排方式共有多少种？

安排5名毕业生到3个单位实习，则每个单位至少去一名的不同分派方法有多少种？

分析：将工作分配给人：(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3+cfrac{C_5^2C_3^2C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=150)；

引申-2：将5名志愿者分配到3个单位，每个单位至少分配1人，则不同的安排方式共有多少种？

分析：将人分到单位：(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3+cfrac{C_5^2C_3^2C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=150)；

引申-3：将5名志愿者分配到3个单位，每个单位至少分配1人，其中甲同学不能分配到(A)宿舍，则不同的安排方式共有多少种？

分析：不考虑甲同学的情形，共有(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3+cfrac{C_5^2C_3^2C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=150)种；

其中将甲分配到(A)宿舍占总数的(cfrac{1}{3})，故甲同学不能分配到(A)宿舍的不同方式有(150 imes (1-cfrac{1}{3})=100)。

引申-4在送医下乡活动中，某医院安排甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡村医院工作，每所医院至少安排一名医生，且甲、乙两人不能安排在同一个医院，丙、丁两人也不能安排在同一个医院，则不同的分配方法种数为__________。

分析：将五人安排到三所医院，且每所医院至少安排一名医生，则不同的分组方式有(1+1+3)和(1+2+2)两种，

当分组方式为(1+2+2)时，用间接法求解，所有的分配方法共有(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3)种，其中不符合题意的有甲乙两人同医院的，(C_2^2(选甲乙)C_3^2(另三人选一个)C_1^1(剩余一人)A_3^3)，丙丁两人同医院的，(C_2^2(选丙丁)C_3^2(另三人选一个)C_1^1(剩余一人)A_3^3)，在这其中多算了甲乙同医院且丙丁同医院的情形(A_3^3)，故共有(cfrac{C_5^3C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3-(2C_3^2A_3^3-A_3^3)=90-30=60)；

当分组方式为(1+1+3)时，用直接法求解，从甲乙两人中选一个(C_2^1)，从丙丁两人中选一个(C_2^1)，将剩余的三人自然合成一组共三组，再分配有(A_3^3)，故共有(C_2^1C_2^1A_3^3=24)；

综上所述，共有(N=60+24=84)种。

例3【北师大选修2-3(P_{17}B).02】某校乒乓球队有男运动员10名和女运动员9名，若要选出男女运动员各3名参加混合双打比赛(每名运动员只限参加一场比赛)，共有多少种比赛方法？

分析：(C_{10}^3cdot C_9^3cdot A_3^3)，其中男女各3人的混合双打有(A_3^3)种。

例4如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式共有【】种。

$A.11$ $B.12$ $C.20$ $D.21$

法1：第一组开关中至少有一个接通有(2^2-1=3)种，第二组开关中至少有一个接通有(2^3-1=7)种，由乘法原理可知(3 imes7=21)，故选(D)。

法2：((C_2^1+C_2^2)(C_3^1+C_3^2+C_3^3)=21)，故选(D)。

例5从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有一名女生，共有【】种不同的选法。

分析：先选出4个人，有“一女三男”和“二女二男”两种情况，(C_2^1cdot C_6^3+C_2^2cdot C_6^2)

然后在这4个人中，再安排队长和副队长(A_4^2)。

共有((C_2^1cdot C_6^3+C_2^2cdot C_6^2)cdot A_4^2=660)种。

例6【选修2-3，P22 A组第4题】从(1)，(2)，(3)，(4)，(7)，(9)中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，能得到多少个对数值？

法1：直接法，分类计数，

第一类，底数和真数中不含(1)，共有(A_5^2=20)种，再减去4种重复的情况((log_23=log_49)；(log_32=log_94)；(log_24=log_39)；(log_42=log_93))，有(16)种；

第二类，真数中含有(1)，即(log_21=log_31=log_41=log_71=log_91=0)，只有1种；

综上所述，共有(16+1=17)个不同的对数值。

法2：间接法，从(6)个数字中任选一个做底数(不能为1)有(C_5^1)种，然后在剩余的5个数字中任选一个做真数有(C_5^1)种，

故不计特殊情况共有(C_5^1 imes C_5^1=25)种，其中需要剔除的有类似(log_a1=0)的有(4)种，

以及这样的(4)种((log_23=log_49)；(log_32=log_94)；(log_24=log_39)；(log_42=log_93))，

综上所述，共有(25-4-4=17)个不同的对数值。

例8(a，b，c，d，e)共5个人，从中选1名组长1名副组长，但(a)不能当副组长，不同的选法种数为【】

$A.20$ $B.16$ $C.10$ $D.6$

分析：由于选出的人中，可能有(a)，也可能没有(a)，故需要分类讨论：

当选出的人中没有(a)时，有(C_4^2cdot A_2^2=12)；

当选出的人中有(a)时，则(A_1^1cdot A_4^1=4)；

故不同的选法共有(12+4=16)。故选(B)。

例9从6名志愿者中选出4人，分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两人不能从事翻译工作，则选派方案共有【】种。

$A.280$ $B.240$ $C.180$ $D.96$

分析：由于选出的人中，可能有甲、乙两个人，也可能都没有，也可能只有一个人，故需要分类讨论：

当选出的人中不包含甲、乙两人时，有(A_4^4=24)种；

当选出的人中只包含甲、乙两人中的一人时，先选后排，有(C_2^1cdot C_4^3cdot A_3^1cdot A_3^3=144)种；

当选出的人中包含甲、乙两人时，先选后排，有(C_2^2cdot C_4^2cdot A_3^2cdot A_2^2=72)种；

故共有(N=240)种。

例10某班举行晚会，原定的五个节目已排出节目单，演出前又增加了两个节目，若将这两个节目插入原节目单中，则不同的插法总数为【】

$A.42$ $B.36$ $C.30$ $D.12$

分析：按照这两个节目是否相邻分类讨论如下：

当插入的两个节目相邻，则有(C_6^1cdot A_2^2=12)种；

但插入的两个节目不相邻，则有(A_6^2=30)种；

故共有(N=12+30=42)种。故选(A)。

例11某城市的街道如图所示，某人要从(A)地到(B)地，则路程最短的走法共有【】种

$A.8$ $B.10$ $C.12$ $D.32$

法1：列举法，依次画出，共有10种，故选(B)。

法2：组合法，类似于二项展开式的项的构成一样，从(A)地到(B)地的走法，必须且只需向上或向右，分析可知，需要向上两次，向右三次，相当于从((a+b)^5)种选3个(a)，选2个(b)，故选法为(C_5^3cdot C_2^2=10)种，或者(C_5^2cdot C_3^3=10)种，故选(B)。

例12从6个正方体拼成的12个顶点(如图)中任取3个顶点作为一组，其中可以构成三角形的组数为【】

$A.208$ $B.204$ $C.200$ $D.196$


分析：间接法，从12个顶点中任取3个共有(C_{12}^3)个，然后排除不符合题意的三种情形：

其一，三个顶点在同一行的有(3cdot C_4^3=12)种；

其二，三个顶点在同一列的有(4cdot C_3^3=4)种；

其三，三个顶点位于田字格的对角线上的有4种，

故共有(N=C_{12}^3-12-4-4=200)种，故选(C)。

例13设({a_n})为等差数列，从({a_1，a_2，a_3，a_4，a_5，a_6，a_7，a_8，a_9，a_{10}})中任取4个不同的数，使这3个数仍成等差数列，则这样的数列最多有_________个。

分析：按照取出的三个数相隔的项数分类讨论如下：

其一，取出的四个数相连的有7个，其逆序也成等差数列，故共有(7 imes2=14)个；比如({a_1，a_2，a_3，a_4})，({a_2，a_3，a_4，a_5})，(cdots)，({a_7，a_8，a_9，a_{10}})；

其二，取出的四个数隔了一项的，有4个，其逆序也成等差数列，故共有(4 imes2=8)个；({a_1，a_3，a_5，a_7})，({a_2，a_4，a_6，a_8})，({a_3，a_5，a_7，a_9})，({a_4，a_6，a_8，a_{10}})，

其三，取出的四个数隔了两项的，有1个，其逆序也成等差数列，故共有(1 imes2=2)个；

故共有(N=14+8+2=24)个。

例14【2018江西南昌二模】在《周易》中，长横表示阳爻，两个短横表示阴爻．有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有(2^3＝8)种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”．有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有4种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次，有8种情况．所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析．在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻、三个阴爻的概率是【】

$A.cfrac{1}{7}$ $B.cfrac{9}{16}$ $C.cfrac{5}{16}$ $D.cfrac{5}{8}$

分析：六爻共有(2^6=64)种，其中三阳爻三阴爻有(C_6^3=20)种，说明：相当于从((阳+阴)^6)展开式中取三阳爻三阴爻，故有(C_6^3cdot C_3^3=20)种，则所求概率为(P=cfrac{20}{64}=cfrac{5}{16})，故选(C)。

例15某学校食堂早餐只有花卷、包子、面条和蛋炒饭四种主食可供食用，有5名同学前去就餐，每人只选择其中一种，且每种主食都至少有一名同学选择．已知包子数量不足，仅够一人食用，甲同学肠胃不好不会选择蛋炒饭，则这5名同学不同的主食选择方案种数为【】

$A.144$ $B.132$ $C.96$ $D.48$

分析：甲相当于特殊元素，包子相当于特殊位置，故针对甲分类讨论如下：

①当甲选取包子时，有1种选法，接下来剩余4个人三种食物，有(cfrac{C_4^2C_2^1C_1^1}{A_2^2}cdot A_3^3=C_4^2A_3^3=36)种；

②当甲不选包子时，先从另外4人中选出1人吃包子有(C_4^1=4)种，然后让甲选食物，在花卷和面条中二选一有2种，接下来剩余的人有3人，但食物有2或3种，故需要再次分类讨论

当剩余3人中有1人选取和甲相同，则有(C_3^1=3)种，剩余有(A_2^2)种，故有(C_3^1A_2^2=6)种；

当剩余3人中没有人选取和甲相同，则三人选两种食物，每种食物必须都有人选，有(C_3^2A_2^2=6)种；

故当当甲不选包子时，共有(4 imes 2 imes(6+6)=96)种；

综上共有(N=36+96=132)种，故选(B)。

例16

五、备忘例题

例1【映射个数和函数个数模型】

给定集合(A={1，2，3})，集合(B={a，b，c，d}) ，求映射(f:A ightarrow B)的个数和映射(f:B ightarrow A)的个数。

分析：依据映射的概念，映射(f:A ightarrow B)需要给集合(A)中的每一个元素(原像)，都找一个确定的对应对象(像)。

此时注意，原像必须有与之对应的唯一的像，但是像不一定必须有原像和她对应。

我们分步完成：先给元素(1)分配对象，每次取一个有(a、b、c、d)四种选择；

再给元素(2)分配对象，每次取一个也有(a、b、c、d)四种选择；

最后给元素(3)分配对象，每次取一个也有(a、b、c、d)四种选择，

允许出现元素(1、2、3)都对应到元素(a)上而其他元素没有原像与之对应的情形出现；

利用乘法原理，映射(f:A ightarrow B)共有(4 imes 4 imes4=4^3)个，即((cardB)^{cardA})个。

同理，映射(f:B ightarrow A)共有(3^4)个，即((cardA)^{cardB})个。

【引申】：若集合(B)为数集，则能构成的函数(f:A ightarrow B)共有(4 imes 4 imes4=4^3)个，

能构成的函数(f:B ightarrow A)共有(3^4)个，若集合(B)不为数集，则所求的函数个数都是(0)个。

原因是：函数是非空数集到非空数集的映射。

例2【映射个数和函数个数模型】

给定集合(A={1，2，3})，集合(B={a，b，c}) ，求一一映射(f：A ightarrow B)的个数和一一映射(f：B ightarrow A)的个数。

分析：先分析一一映射(f:A ightarrow B)的个数，由于是一一映射，类似有3人坐3个凳子，故有(A_3^3=6)个。

同理，一一映射(f：B ightarrow A)的个数也是(6)种。

例3 10个相同的小球，分给3个人，允许有人不取，必须分完，共有多少种不同的取法？

法1：以甲取到的小球的个数分类计数如下，

第一类：甲取0个，乙可以取 0~10个 ，丙对应可以取10~0个，有11种不同的取法；

第二类：甲取1个，乙可以取 0~9个 ，丙对应可以取9~0个，有10种不同的取法；

第三类：甲取2个，乙可以取 0~8个 ，丙对应可以取8~0个，有9种不同的取法；

以此类推，

第十一类：甲取10个，乙可以取 0个 ，丙对应可以取0个，有1种不同的取法；

故共有(N=1+2+3+cdots+11=cfrac{(1+11) imes 11}{2}=66)

法2：隔板法，为保证每个人都取到球，给每个人都补一个球（虚的），

这样就有13个球，形成了12个空位，

用隔板法有(C_{12}^2=66)种。

法3：以瓜分10个小球的人的个数分类计数如下：

第一类：仅仅一个人瓜分了10个球，给甲、乙、丙三人，有3种；

第二类：有两个人瓜分了10个球，(C_9^1C_3^2=27)，

(C_9^1)是隔板法的意思(10个球之间形成9个空位，在任意一个空位上插入一个隔板就可以了)，

(C_3^2)是从三人中任取两个人。

第三类：有三个人瓜分了10个球，隔板法，(C_9^2=36)，隔板法

故共有(N=3+27+36=66)种。

例420个相同的球分给3个人，要求每人至少分3个，共有多少种分配方法？

法1：第一步，先给每人分给3个球，只有1种方法，此时还有11个球。

第二步，到此问题转化为“把11个相同的小球，分给3个人，允许有人不取，必须分完”，

可以仿上完成，共有(C_{13}^2=78)种。

体会数学中的转化划归的思想的重要性。

法2：仿上法1，分类计数，共有(C_{13}^2=78)种。

（2017秋•市南区期末）[问题提出]
一个边长为ncm （n≥3）的正方体木块，在它的表面涂上颜色，然后切成边长为1cm的小正方体木块，没有涂上颜色的有多少块？只有一面涂上颜色的有多少块？有两面涂上颜色的有多少块？有三面涂上颜色的多少块？
[问题探究]
我们先从特殊的情况入手
（1）当n＝3时，如图（1）
没有涂色的：把这个正方形的表层“剥去”剩下的正方体，有1×1×1＝1个小正方体；
一面涂色的：在面上，每个面上有1个，共有6个；
两面涂色的：在棱上，每个棱上有1个，共有12个；
三面涂色的：在顶点处，每个顶点处有1个，共有8个．

（2）当n＝4时，如图（2）
没有涂色的：把这个正方形的表层“剥去”剩下的正方体，有2×2×2＝8个小正方体：
一面涂色的：在面上，每个面上有4个，6个面，共有24个；
两面涂色的：在棱上，每个楼上有2个，共有24个；
三面涂色的：在顶点处，每个顶点处有1个，共有8个．
…
[问题解决]
一个边长为ncm （n≥3）的正方体木块，没有涂色的：把这个正方形的表层“剥去”剩下的正方体，有　（n﹣2）3　个小正方体；一面涂色的：在面上，共有　6（n﹣2）2　个； 两面涂色的：在棱上，共有　12（n﹣2）　个； 三面涂色的：在顶点处，共　8　个．
[问题应用]
一个大的正方体，在它的表面涂上颜色，然后把它切成棱长1cm的小正方体，发现有两面涂色的小正方体有96个，请你求出这个大正方体的体积．
[问题拓展]
把一个长16cm、宽10cm、高8cm的长方体表面涂上红漆，然后把它切成棱长2cm的小正方体，没有面涂色有几块，一面涂色有几块，两面涂色有几块，三面涂色有几块？

【考点】38：规律型：图形的变化类；I1：认识立体图形．菁优网版权所有
【专题】2A：规律型．
【分析】[问题解决]依据正方体内部的小正方体的体积之和，可得没有涂色的正方体数量；依据正方体每个面上的内部的小正方体的面积，即可得到一面涂色的正方体的数量；依据正方体的棱上处于中间部分的小正方体的数量，可得两面涂色的小正方体数量；依据正方体的顶点数量，即可得到三面涂色的小正方体的数量；
[问题应用]设正方体棱长为ncm，依据有两面涂色的小正方体有96个，可得方程12（n﹣2）＝96，再根据棱长即可得到体积；
[问题拓展]依据一个长16cm、宽10cm、高8cm的长方体表面涂上红漆，把它切成棱长2cm的小正方体，类比上述问题的解决方法，即可得到没有面涂色有几块，一面涂色有几块，两面涂色有几块，三面涂色有几块．
【解答】解：[问题解决]
一个边长为ncm （n≥3）的正方体木块，没有涂色的：把这个正方形的表层“剥去”剩下的正方体，有（n﹣2）3个小正方体；一面涂色的：在面上，共有6（n﹣2）2个； 两面涂色的：在棱上，共有12（n﹣2）个； 三面涂色的：在顶点处，共8个．
故答案为：（n﹣2）3，6（n﹣2）2，12（n﹣2），8；
[问题应用]
设正方体棱长为ncm，
∵有两面涂色的小正方体有96个，
∴12（n﹣2）＝96，
∴n＝10，
∴这个大正方体的体积为1000cm3．
[问题拓展]
把一个长16cm、宽10cm、高8cm的长方体表面涂上红漆，把它切成棱长2cm的小正方体，
没有面涂色有（16﹣4）（10﹣4）（8﹣4）÷8＝36块，
一面涂色有2[（16﹣4）（8﹣4）÷4+（16﹣4）（10﹣4）÷4+（10﹣4）（8﹣4）÷4]＝72块，
两面涂色有4[（16﹣4）÷2+（10﹣4）÷2+（8﹣4）÷2]＝44块，
三面涂色有8块．
【点评】本题主要考查了正方体，解决问题的关键是抓住表面涂色的正方体切割小正方体的特点：1面涂色的在面上，2面涂色的在棱长上，3面涂色的在顶点处，没有涂色的在内部，由此即可解决此类问题．