6.2.4 组合数

排列与组合的差别只有一句话：排列要排队，组合只点名。上一节把”点名”这件事定义清楚了， 这一节把它算成一个数——组合数 $\mathrm{C}_n^m$。

课本按发现顺序写：先给组合数的定义，再从排列数里除出公式，然后是例题，两条性质留到最后的 “探究与发现”。这一份按决策顺序重排：先把两个公式摆在一起、说清什么时候用哪一个（这是本节 唯一真会影响做题速度的选择），再补它们各自的来历；两条性质与”分步 / 分类 / 间接”三种数法放在 一起讲——高考里组合数几乎从不单独出现，它总是嵌在这三种动作里。

一、组合数：一个定义、两个公式

从 $n$ 个不同元素中取出 $m$（$m \leqslant n$）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 $\mathrm{C}_n^m$ 表示。符号里的 C 取自英文 combination。

两个等价的写法：

$$\mathrm{C}_n^m = \frac{\mathrm{A}_n^m}{\mathrm{A}_m^m} = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)}{m!}, \qquad \mathrm{C}_n^m = \frac{n!}{m!\,(n-m)!}.$$

其中 $n, m \in \mathbf{N}^*$ 且 $m \leqslant n$。另外规定 $\mathrm{C}_n^0 = 1$——“一个都不取” 只有一种取法（就是那个空的取法），这不是从公式推出来的，是补一条约定让公式在 $m = 0$ 时也讲得通。

什么时候用哪一个

这一条比公式本身更值钱：

• 要算出一个具体的数，用连乘式。 分子从 $n$ 起往下连乘 $m$ 个因数，分母是 $m!$， 上下因数一样多，这是它好用的全部理由。$\mathrm{C}_{10}^3 = \frac{10 \times 9 \times 8}{3!} = 120$， 三乘一除就完了；写成 $\frac{10!}{3!\,7!}$ 反而要先把两个阶乘想清楚才敢约。
• 要做恒等变形、要证明，用阶乘式。 分子分母都是完整的阶乘，约分时对得整齐。凡是题面里出现 $\mathrm{C}_{n+1}^{m+1}$、$\mathrm{C}_n^{n-2}$ 这种带字母的上下标，第一步一律换成阶乘式。
• 上标接近下标时，先用对称性把它换小。 $\mathrm{C}_{200}^{197}$ 硬按连乘式要写 197 个因数； 换成 $\mathrm{C}_{200}^{3} = \frac{200 \times 199 \times 198}{3!}$ 就是三个因数的事。

二、公式从哪来：把”排”拆成”选 + 排”

课本的推导只有一句话，但那句话是整节的枢纽：求排列数，可以分两步走。

第 1 步，从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个作为一组——有 $\mathrm{C}_n^m$ 种取法； 第 2 步，把取出的这 $m$ 个元素作全排列——有 $\mathrm{A}_m^m$ 种排法。

由分步乘法计数原理，

$\mathrm{A}_n^m = \mathrm{C}_n^m \cdot \mathrm{A}_m^m,$

两边同除以 $\mathrm{A}_m^m = m!$ 就得到了组合数公式。

这一步为什么合法，值得多说一句：它要求”先选后排”这条路不重不漏地数到了每一个排列。不漏， 是因为任一排列都能倒过来看成”先决定用哪 $m$ 个元素、再决定它们的顺序”；不重，是因为 元素集合不同的两组排列必然不同，而同一组元素的不同顺序在第 2 步里恰好各数一次。课本用 $\mathrm{A}_4^3$ 的 24 个排列按”元素相同”分成 4 组的那张图（见上方第 28 页扫描图 6.2-8），画的就是这件事。

把 $\mathrm{A}_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}$ 代进去，就得到阶乘形式：

$\mathrm{C}_n^m = \frac{\mathrm{A}_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!\,(n-m)!}.$

三、两条性质：同一个问题的两种数法

课本把这两条放在”探究与发现”里，但它们在解题里出现的频率高于正文的任何一条。两条的证明用的是 同一招——把等号两边解释成对同一个计数问题的两种数法，这一招本身比结论更该记住。

性质 1（对称性）

$\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n-m}.$

从 12 名学生里选出 5 人参加活动，与从 12 名学生里留下 7 人不参加活动，是同一件事的两种 说法：选定 5 人，剩下的 7 人就定了；留定 7 人，参加的 5 人也就定了。两种数法数的是同一批方案， 所以 $\mathrm{C}_{12}^5 = \mathrm{C}_{12}^7$。用阶乘式核一遍也是一眼的事：把 $m$ 换成 $n-m$， 分母 $m!\,(n-m)!$ 原样不变。

由于规定了 $\mathrm{C}_n^0 = 1$，这条等式在 $m = n$ 时也成立。

性质 2（递推）

$\mathrm{C}_{n+1}^m = \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m-1}.$

从 $n+1$ 个元素里取 $m$ 个，按某个特定元素取不取分成两类：不取它，就要从其余 $n$ 个里取满 $m$ 个，有 $\mathrm{C}_n^m$ 种；取它，就只需再从其余 $n$ 个里取 $m-1$ 个，有 $\mathrm{C}_n^{m-1}$ 种。两类不重不漏，由分类加法计数原理相加即得。

“盯住一个特定元素、按它在不在里面分类”——这个动作在后面的习题里会反复用到（第 13 题的 “甲和乙至少要有 1 人在内”、第 14 题的”甲乙要么都去要么都不去”都是它）。

同一招的第三条：把两堆合成一堆（课本没列，但考过）

$\sum_{m}\mathrm{C}_a^m\,\mathrm{C}_b^{\,k-m}=\mathrm{C}_{a+b}^{\,k}.$

把 $a$ 个和 $b$ 个并成一堆共 $a+b$ 个，从里面取 $k$ 个。右边是一次数完； 左边是按「前一堆里取了几个」分类——前一堆取了 $m$ 个，后一堆就得取 $k-m$ 个， 这一类有 $\mathrm{C}_a^m\mathrm{C}_b^{\,k-m}$ 种（分步，所以相乘）。各类不重不漏，加起来就是右边。 证法与上面两条一字不差：同一个计数问题，数两遍。

求和的范围要留神：$m$ 只跑到两个上标都合法的那些值（$0\leqslant m\leqslant a$ 且 $0\leqslant k-m\leqslant b$），越界的项按 $\mathrm{C}_n^m=0$ 处理。

这条式子在 §6.3 会换一副面孔再来一次——把 $(1+x)^a(1+x)^b=(1+x)^{a+b}$ 两边 $x^k$ 的系数比一比， 左边正是这个和、右边正是 $\mathrm{C}_{a+b}^k$。2014 年浙江卷第 5 题考的就是它（见第六段）。

四、组合计数的三个基本动作

会算 $\mathrm{C}_n^m$ 只是入场券。真正的题目考的是怎么把一个情景拆成若干个组合数，拆法只有 三种，课本的例 7（100 件产品含 2 件次品，抽 3 件）一道题里全用上了：

动作一：分步——乘。 要同时满足几个互相独立的选取要求时，一步一步选、把种数乘起来。 “恰好有 1 件次品”就是”从 2 件次品里选 1 件”与”从 98 件合格品里选 2 件”两步： $\mathrm{C}_2^1 \times \mathrm{C}_{98}^2$。

这里有个常问的问题：从 2 件次品中抽 1 件，能不能写成 $\mathrm{A}_2^1$？ 数值上 $\mathrm{A}_2^1 = \mathrm{C}_2^1 = 2$，恰好相等，但它俩问的不是同一件事—— 抽出来的产品只是一个集合、没有先后，所以该用组合数。取 1 个元素时两者数值必然相同， 别把这个巧合当成”可以混用”。

动作二：分类——加。 情形有几种互斥的可能时，各算各的再相加。“至少有 1 件次品”分成”恰好 1 件” 与”恰好 2 件”两类：$\mathrm{C}_2^1\mathrm{C}_{98}^2 + \mathrm{C}_2^2\mathrm{C}_{98}^1$。

动作三：间接——减（正难则反）。 “至少”型的另一条路：先算总数，再减掉反面那一种。 “至少 1 件次品”的反面是”一件次品也没有”，于是 $\mathrm{C}_{100}^3 - \mathrm{C}_{98}^3$。

三条路怎么选？看反面有几类：反面只有一类（“一件都没有""全都是”）就走间接，两三类都要算的 时候直接分类反而更短。两条路都能走时，两条都算一遍互相核对是最便宜的自查——本节的习题详解里 凡是”至少 / 至多”型的题都这么核了一遍。

五、易错清单

按失分频率排：

1. 该用组合却用了排列。 判据只有一句：取出来之后还要不要区分先后。选 3 人去参观（券一样） 是组合，选 3 件礼物分别送 3 位同学是排列——第 4 题把这两问排在一起，就是要你在两秒内认出差别。
2. “至少 / 至多”直接乘。 “至少 1 件次品”绝不是 $\mathrm{C}_2^1 \times \mathrm{C}_{99}^2$： 那样会把同一种抽法数上好几遍（先挑的次品与后挑的次品互换就重复了）。 只要出现”至少”，就要么分类要么取反面，不许把”至少那一件”先挑出来再随便配。
3. 忘了验前提。 $\mathrm{C}_n^m$ 只在 $0 \leqslant m \leqslant n$ 时有意义。像 $\mathrm{C}_{n+1}^{n} \cdot \mathrm{C}_n^{n-2}$ 这种带字母的式子，先把 $n \geqslant 2$ 写出来 再化简。
4. 子集计数漏掉或多算空集。 “去几个人自行决定”型的题答案是 $2^k$ 或 $2^k - 1$，差的就是 “一个人都不去”那一种算不算。题面里有没有”必须有人去”这半句，决定要不要减 1。
5. 对称性用反。 $\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n-m}$ 换的是上标，下标不动。写成 $\mathrm{C}_{200}^{197} = \mathrm{C}_{197}^{3}$ 就全错了。
6. 算到一半取近似。 组合数是整数，中间量要么保持成连乘的形式、要么算准，别四舍五入。

六、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期派生出来的完整清单，这里只说一件事： 组合数在高考里基本不作为一道题的主题出现，它是概率题的地基。

2022 年浙江卷第 15 题（7 张卡片写着 $1, 2, 2, 3, 4, 5, 6$，任取 3 张，记最小值为 $\xi$，求 $P(\xi = 2)$ 与 $E(\xi)$）就是这个形态：整道题的骨架是分布列与期望， 可每一个概率值都得用组合数数出来——分母是 $\mathrm{C}_7^3$，分子里的”最小值恰好是 2” 要按”取到几张 2”分类，正是本节第四段那三个动作。这道题真正卡人的地方也在这里： 两张 2 是相同的数字、不同的卡片，数卡片的取法时它们必须当作两个不同元素。

还有一道是直接考本节两条性质的：2014 年浙江卷第 5 题求 $f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)$，其中 $f(m,n)$ 是 $(1+x)^{6}(1+y)^{4}$ 展开式里 $x^{m}y^{n}$ 的系数。 $f(m,n)=\mathrm{C}_6^m\mathrm{C}_4^n$，四项正是「$10$ 个位置里取 $3$ 个、按前 $6$ 个里取了几个分类」的 四类，加起来就是上面第三条的左边，于是等于 $\mathrm{C}_{10}^{3}=120$。 标准答案写的是 $\mathrm{C}_{10}^{7}$——那是对称性，与 $\mathrm{C}_{10}^{3}$ 同一个数； 但只挑一种记法写到底，中途换记法正是易错清单第 5 条的温床。

第三道是在同一个算式里同时用到 $\mathrm{C}$ 和 $\mathrm{A}$ 的：2014 年浙江卷第 14 题 （8 张奖券里一、二、三等奖各 1 张，分给 4 个人每人 2 张，问不同的获奖情况有几种）。 「恰好两人获奖」那一类写成 $\mathrm{C}_3^2\mathrm{A}_4^2 = 3\times 12 = 36$—— 选券用 $\mathrm{C}$、派人用 $\mathrm{A}$：哪两张奖券归同一个人，两张之间没有先后，是组合； 这两张给谁、剩下那张给谁，两个人的角色不同，是排列。同一道题的另一类「恰好三人获奖」是 $\mathrm{A}_4^3 = 24$，若误写成 $\mathrm{C}_4^3 = 4$，丢掉的正是一、二、三等奖分给这三人的 $3! = 6$ 种顺序。 这是开篇那句「排列要排队，组合只点名」最干净的一次实战——同一道题里连着问两次「这一步排不排队」，两次答案还不一样。

所以这一节该练到什么程度：给一个情景，能在半分钟内判出”这是组合还是排列""要分步、分类还是取反面”， 并把式子一次写对。剩下的交给后面几节。

本节课本习题共 14 道：第 30—31 页「练习」3 道，第 31—33 页「习题 6.2」里属于本节主题的 11 道 （第 2、3、4、6、7、10、13、14、15、16、18 题）。收题的判据只有一句： 这道题的核心动作是不是”取出一个子集”（组合），是就收。

不收的有三批，说清楚免得读者以为漏了：

• 「习题 6.2」的第 1、5、8、9、11、12、17 题，以及第 33 页那道被排版误标成「9.」的第 19 题—— 它们的核心动作是排顺序或直接用计数原理（排数、排节目、排书架、地图着色），归 §6.2.1 「排列」、§6.2.2「排列数」与 §6.1「两个计数原理」；
• 第 28 页顶端那道「现有 1, 3, 7, 13 这 4 个数」，是上一节 §6.2.3「组合」练习的第 3 题， 只是随印刷页排进了本节的目录；
• 本节没有开放式的实习作业，故无此项。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 30 页）第 1 题

1. 先计算，然后用计算工具检验：

(1) $C_{6}^{2}$ ; (2) $C_{9}^{7}$ ; (3) $C_{7}^{3}-C_{6}^{2}$ ; (4) $3C_{8}^{3}-2C_{5}^{2}$ .

四个小题都只用组合数公式。上标离下标远的直接用连乘式（分子从下标起往下连乘 $m$ 个因数、分母 $m!$），上标接近下标的先用对称性 $\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n-m}$ 把上标换小。

(1)

$\mathrm{C}_6^2 = \frac{6 \times 5}{2!} = \frac{30}{2} = 15.$

(2) 上标 $7$ 接近下标 $9$，先对称。这里 $7 + 2 = 9$，对称性 $\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n-m}$ 的上标之和等于下标，用得对：

$\mathrm{C}_9^7 = \mathrm{C}_9^2 = \frac{9 \times 8}{2!} = 36.$

核一遍：不用对称性直接按连乘式算也是 $\mathrm{C}_9^7 = \frac{9\times8\times7\times6\times5\times4\times3}{7!} = \frac{181\,440}{5\,040} = 36$，一致。

(3)

$$\mathrm{C}_7^3 = \frac{7 \times 6 \times 5}{3!} = \frac{210}{6} = 35, \qquad \mathrm{C}_6^2 = 15 \ \text{(同 (1))},$$

$\mathrm{C}_7^3 - \mathrm{C}_6^2 = 35 - 15 = 20.$

(4)

$$\mathrm{C}_8^3 = \frac{8 \times 7 \times 6}{3!} = \frac{336}{6} = 56, \qquad \mathrm{C}_5^2 = \frac{5 \times 4}{2!} = 10,$$

$3\mathrm{C}_8^3 - 2\mathrm{C}_5^2 = 3 \times 56 - 2 \times 10 = 168 - 20 = 148.$

答案依次是 $15$、$36$、$20$、$148$。

这道题的关键动作：动笔前先看一眼上标离下标有多远——远就直接连乘，近就先用对称性把它换小。

练习（第 30 页）第 2 题

2. 求证： $C_{n}^{m}=\frac{m+1}{n+1}C_{n+1}^{m+1}$ .

上下标带字母的恒等式，一律先换成阶乘式再对。

先把两边有意义的范围说清楚。 左边的 $\mathrm{C}_n^m$ 要求 $0 \leqslant m \leqslant n$；右边的 $\mathrm{C}_{n+1}^{m+1}$ 要求 $0 \leqslant m+1 \leqslant n+1$，即 $-1 \leqslant m \leqslant n$。 左边的条件更严——$\{0 \leqslant m \leqslant n\} \subseteq \{-1 \leqslant m \leqslant n\}$， 所以两边同时有意义的公共范围就是较严的那个 $0 \leqslant m \leqslant n$（$m$、$n$ 为整数）， 下面就在这个范围内证。（$m = -1$ 正是右边有意义而左边无意义的那一点：那时 $\frac{m+1}{n+1}\mathrm{C}_{n+1}^{0} = 0$，而 $\mathrm{C}_n^{-1}$ 没有定义。）

从右边算起：

$$\frac{m+1}{n+1}\,\mathrm{C}_{n+1}^{m+1} = \frac{m+1}{n+1} \cdot \frac{(n+1)!}{(m+1)!\,\bigl[(n+1)-(m+1)\bigr]!} = \frac{m+1}{n+1} \cdot \frac{(n+1)!}{(m+1)!\,(n-m)!}.$$

注意 $(n+1)! = (n+1) \cdot n!$ 与 $(m+1)! = (m+1) \cdot m!$，把这两个因子提出来：

$$= \frac{m+1}{n+1} \cdot \frac{(n+1)\,n!}{(m+1)\,m!\,(n-m)!} = \frac{n!}{m!\,(n-m)!} = \mathrm{C}_n^m.$$

约掉 $n+1$ 与 $m+1$ 都是合法的：$m \geqslant 0$、$n \geqslant 0$，故 $m+1 \geqslant 1 > 0$、 $n+1 \geqslant 1 > 0$，两个因子都非零。右边化到了左边，等式得证。

自检：取 $n = 5$、$m = 2$。左边 $\mathrm{C}_5^2 = 10$；右边 $\frac{3}{6}\mathrm{C}_6^3 = \frac{1}{2} \times 20 = 10$，相符。

这道题的关键动作：看见字母上下标就换阶乘式，并把 $(n+1)!$ 拆成 $(n+1)\cdot n!$ ——组合数恒等式的 证明九成是靠这一步”拆出一个因子”完成的。

练习（第 30—31 页）第 3 题

3. 有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门考试成绩.

(1) 共有多少种不同的选法?

(2) 如果物理和化学恰有 1 门被选，那么共有多少种不同的选法？

（3）如果物理和化学至少有1门被选，那么共有多少种不同的选法？

选出来的是”哪三门成绩”，三门之间不分先后，所以三问都是组合问题。

(1) 从 6 门里选 3 门：

$\mathrm{C}_6^3 = \frac{6 \times 5 \times 4}{3!} = \frac{120}{6} = 20.$

(2) “物理和化学恰有 1 门被选”，把 6 门分成两堆——物理、化学这 2 门，和其余 4 门（政治、历史、 地理、生物）。分两步：先从前一堆里选 1 门（$\mathrm{C}_2^1$ 种），再从后一堆里选 2 门凑满 3 门 （$\mathrm{C}_4^2$ 种）。两步都定下来才算一种选法，由分步乘法计数原理

$\mathrm{C}_2^1 \times \mathrm{C}_4^2 = 2 \times 6 = 12.$

(3) “至少有 1 门被选”的反面只有一类——物理、化学都不选，此时 3 门全从其余 4 门里出， 有 $\mathrm{C}_4^3 = 4$ 种。于是

$\mathrm{C}_6^3 - \mathrm{C}_4^3 = 20 - 4 = 16.$

直接分类再核一遍：恰有 1 门是 (2) 的 $12$ 种；两门都选时还要从其余 4 门里选 1 门， $\mathrm{C}_2^2 \times \mathrm{C}_4^1 = 1 \times 4 = 4$ 种。两类互斥且穷尽了”至少 1 门”， $12 + 4 = 16$，与间接法一致。

答案依次是 $20$、$12$、$16$。

这道题的关键动作：“恰有”分步、“至少”取反面；两条路都算得动时都算一遍，互相核对最省事。

习题 6.2 第 2 题

2. 先计算，然后用计算工具检验： (1) $C_{15}^{3}$ ; (2) $C_{200}^{197}$ ; (3) $C_{6}^{3} \div C_{8}^{4}$ ; (4) $C_{n+1}^{n} \cdot C_{n}^{n-2}$ .

(1)

$\mathrm{C}_{15}^3 = \frac{15 \times 14 \times 13}{3!} = \frac{2\,730}{6} = 455.$

(2) 上标 $197$ 紧挨着下标 $200$，硬按连乘式要写 197 个因数；先用对称性 $\mathrm{C}_{200}^{197} = \mathrm{C}_{200}^{200-197} = \mathrm{C}_{200}^{3}$：

$$\mathrm{C}_{200}^{197} = \mathrm{C}_{200}^{3} = \frac{200 \times 199 \times 198}{3!} = \frac{7\,880\,400}{6} = 1\,313\,400.$$

(3)

$$\mathrm{C}_6^3 = \frac{6 \times 5 \times 4}{3!} = 20, \qquad \mathrm{C}_8^4 = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4!} = \frac{1\,680}{24} = 70,$$

$\mathrm{C}_6^3 \div \mathrm{C}_8^4 = \frac{20}{70} = \frac{2}{7}.$

(4) 带字母，先把有意义的范围写出来：$\mathrm{C}_{n+1}^{n}$ 要求 $0 \leqslant n \leqslant n+1$ （对任意正整数 $n$ 都成立），$\mathrm{C}_n^{n-2}$ 要求 $n - 2 \geqslant 0$，即 $n \geqslant 2$。 所以下面的化简限于 $n \geqslant 2$、$n \in \mathbf{N}^*$。两处都用对称性把上标换小：

$$\mathrm{C}_{n+1}^{n} = \mathrm{C}_{n+1}^{1} = n+1, \qquad \mathrm{C}_n^{n-2} = \mathrm{C}_n^{2} = \frac{n(n-1)}{2},$$ $$\mathrm{C}_{n+1}^{n} \cdot \mathrm{C}_n^{n-2} = \frac{(n+1)\,n\,(n-1)}{2} \qquad (n \geqslant 2,\ n \in \mathbf{N}^*).$$

自检：$n = 3$ 时左边 $\mathrm{C}_4^3 \cdot \mathrm{C}_3^1 = 4 \times 3 = 12$，右边 $\frac{4 \times 3 \times 2}{2} = 12$，相符。

答案依次是 $455$、$1\,313\,400$、$\frac{2}{7}$、$\frac{(n+1)n(n-1)}{2}$（$n \geqslant 2$）。

习题 6.2 第 3 题

3. 壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆的人民币各1张，一共可以组成多少种币值？

4 张面值互不相同的人民币各 1 张。“组成一种币值”就是 从这 4 张里取出非空的一部分、把面值加起来——取出来之后没有先后，是组合。

按取几张分类，由分类加法计数原理，取法共

$\mathrm{C}_4^1 + \mathrm{C}_4^2 + \mathrm{C}_4^3 + \mathrm{C}_4^4 = 4 + 6 + 4 + 1 = 15 \ \text{(种)}.$

也可以按”每张取或不取”数：$2^4 = 16$ 种，去掉全不取的那一种，同样是 $15$。

但这只数出了”有多少种取法”，还差一步：不同的取法会不会凑出同一个币值？必须逐个核。 四张的面值是 $1$、$5$、$10$、$20$（单位：元），15 种取法的币值是

把这 15 个数排好序：$1, 5, 6, 10, 11, 15, 16, 20, 21, 25, 26, 30, 31, 35, 36$，两两不同。 所以取法与币值一一对应。

答案：15 种。

这一步不能省——它是本题真正的前提。若把面值换成 $1$、$2$、$3$、$6$，那么 $1+2+3 = 6$， 两种取法给出同一个币值，答案就不再是 15 了。

习题 6.2 第 4 题

4. 填空题

（1）有 3 张参观券，要在 5 人中确定 3 人去参观，不同方法的种数是 ____；

（2）要从5件不同的礼物中选出3件分别送3位同学，不同方法的种数是____；

(3) 5 名工人各自在 3 天中选择 1 天休息，不同方法的种数是 ____；

(4) 集合 $A$ 有 $m$ 个元素, 集合 $B$ 有 $n$ 个元素, 从两个集合中各取 1 个元素, 不同方法的种数是 ____.

四个小问排在一起，考的正是”该用组合、排列，还是直接用计数原理”的辨析。判据只有一句： 取出来之后还要不要区分先后（或者说，要不要区分”哪一个配给谁”）。

(1) 3 张参观券之间没有区别，一种方法就是定下”哪 3 个人去”，不分先后，是组合：

$\mathrm{C}_5^3 = \frac{5 \times 4 \times 3}{3!} = 10.$

(2) 同样是从 5 件里挑 3 件，但”分别送 3 位同学”要求再定”哪件给谁”，是排列：

$\mathrm{A}_5^3 = 5 \times 4 \times 3 = 60.$

也可以先选后排：$\mathrm{C}_5^3 \cdot \mathrm{A}_3^3 = 10 \times 6 = 60$——这正是 $\mathrm{A}_n^m = \mathrm{C}_n^m \cdot \mathrm{A}_m^m$ 那条关系，两种算法必然一致。

(3) 5 名工人各自选一天，每人 3 种选择、互不影响，是分步乘法计数原理：

$3^5 = 243.$

注意这里既不是组合也不是排列：几个人完全可以选同一天，不存在”取走一天就没了”这回事。

(4) 从 $A$ 取 1 个、再从 $B$ 取 1 个，两步：

$m \times n = mn.$

答案依次是 $10$、$60$、$243$、$mn$。

(1) 与 (2) 摆在一起就是本节最该记住的对照：同一批元素、同一个”选 3 件”，加不加”分别”两个字， 答案差整整 $\mathrm{A}_3^3 = 6$ 倍。

习题 6.2 第 6 题

6.（1）空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作多少个平面？

(2) 空间中有 10 个点, 其中任何 4 个点不共面, 过每 4 个点为顶点作一个四面体, 可以作多少个四面体?

两问都要先把题给的条件”任何 4 个点不共面”用足——它才是”每 3 个点恰好给一个平面、且互不相同” 的依据。

(1) 先验两件事。

其一，任何 3 个点都不共线：若有 3 点共线，再任取第 4 点（8 个点里还剩 5 个），这条直线与这个 点确定一个平面，那 4 个点就共面了，与条件矛盾。3 点不共线，才能”过这 3 点作一个平面”，而且这个 平面唯一。

其二，不同的 3 点组给出的平面互不相同：若两组不同的 3 点组确定同一个平面，那么这两组的并集 里至少有 4 个不同的点落在同一平面上，又与条件矛盾。

于是”平面”与”3 个点的组合”一一对应，选 3 个点不分先后：

$\mathrm{C}_8^3 = \frac{8 \times 7 \times 6}{3!} = \frac{336}{6} = 56.$

(2) 同理：任何 4 个点不共面，正是”这 4 点能作四面体”的条件（四个顶点不共面才有四面体）； 不同的 4 点组顶点集不同，四面体也不同。所以

$\mathrm{C}_{10}^4 = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4!} = \frac{5\,040}{24} = 210.$

答案：可作 $56$ 个平面；可作 $210$ 个四面体。

这道题的关键动作：把”过每 3 点作一个平面”翻译成”取一个 3 元子集”之前，先用题给条件验出 “恰好一个、且互不相同”——分值全在这一句上，直接写 $\mathrm{C}_8^3$ 就是把前提跳过去了。

习题 6.2 第 7 题

7. 在一次考试的选做题部分，要求在第1题的4个小题中选做3个小题，在第2题的3个小题中选做2个小题，在第3题的2个小题中选做1个小题，有多少种不同的选法？

三道大题各自选各自的小题，选出来的小题之间不分先后（做题顺序不在题目问的范围内），所以每一道 大题内部都是一个组合问题，三道之间是分步。

第 1 题：4 个小题里选 3 个，$\mathrm{C}_4^3 = \mathrm{C}_4^1 = 4$ 种； 第 2 题：3 个小题里选 2 个，$\mathrm{C}_3^2 = \mathrm{C}_3^1 = 3$ 种； 第 3 题：2 个小题里选 1 个，$\mathrm{C}_2^1 = 2$ 种。

三步的选择互不影响（在第 1 题里选了哪 3 个小题，不改变第 2、3 题的可选范围），分步乘法计数原理 的前提成立，故

$\mathrm{C}_4^3 \times \mathrm{C}_3^2 \times \mathrm{C}_2^1 = 4 \times 3 \times 2 = 24.$

答案：$24$ 种。

习题 6.2 第 10 题

10. 班上每个小组有 12 名同学，现要从每个小组选 4 名同学代表本组与其他小组进行辩论赛.

(1) 每个小组有多少种选法?

（2）如果还要从选出的同学中指定1名作替补，那么每个小组有多少种选法？

（3）如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手，那么每个小组有多少种选法？

三问是同一批人，区别在于”选出来之后要区分到什么程度”——完全不区分、区分出一个特殊位置、 四个位置全区分。

(1) 只要定下”哪 4 个人”，不分先后：

$\mathrm{C}_{12}^4 = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4!} = \frac{11\,880}{24} = 495.$

(2) 在 (1) 的基础上，再从选出的 4 人里指定 1 名作替补，分两步：

$\mathrm{C}_{12}^4 \times \mathrm{C}_4^1 = 495 \times 4 = 1\,980.$

换一种数法核一遍：先从 12 人里定出替补（$\mathrm{C}_{12}^1 = 12$ 种），再从剩下 11 人里选 3 名 正式辩手（$\mathrm{C}_{11}^3 = \frac{11 \times 10 \times 9}{6} = 165$ 种）， $12 \times 165 = 1\,980$，一致。

(3) 第一、二、三、四辩手是四个不同的位置，选出来之后还要排顺序，这是排列：

$\mathrm{A}_{12}^4 = 12 \times 11 \times 10 \times 9 = 11\,880.$

也可以先选后排：$\mathrm{C}_{12}^4 \cdot \mathrm{A}_4^4 = 495 \times 24 = 11\,880$，一致。

答案依次是 $495$、$1\,980$、$11\,880$。

习题 6.2 第 13 题

13. 从 5 名男生和 4 名女生中选出 4 人去参加一项创新大赛.

（1）如果 4 人中男生女生各选 2 人，那么有多少种选法？

(2) 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？

（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？

（4）如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？

一共 $5 + 4 = 9$ 人，选 4 人参赛、不分先后，四问都是组合。先把总数备着：

$\mathrm{C}_9^4 = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4!} = \frac{3\,024}{24} = 126.$

(1) 男生里选 2 人、女生里选 2 人，两步：

$\mathrm{C}_5^2 \times \mathrm{C}_4^2 = 10 \times 6 = 60.$

(2) 甲、乙两人已经定了，只需从其余 $9 - 2 = 7$ 人里再选 $4 - 2 = 2$ 人：

$\mathrm{C}_7^2 = \frac{7 \times 6}{2!} = 21.$

(3) “至少有 1 人在内”的反面只有一类——甲、乙都不在，此时 4 人全从其余 7 人里出， 有 $\mathrm{C}_7^4 = \frac{7 \times 6 \times 5 \times 4}{4!} = 35$ 种。于是

$\mathrm{C}_9^4 - \mathrm{C}_7^4 = 126 - 35 = 91.$

分类核一遍（三类互斥且穷尽）：只有甲在 $\mathrm{C}_7^3 = 35$，只有乙在 $\mathrm{C}_7^3 = 35$， 甲乙都在 $\mathrm{C}_7^2 = 21$，$35 + 35 + 21 = 91$，一致。

(4) “既有男生又有女生”的反面有两类——全是男生（$\mathrm{C}_5^4 = 5$）与全是女生 （$\mathrm{C}_4^4 = 1$）。这两类互斥（4 人不可能既全男又全女），且合起来正是”不满足条件”的全部， 所以各减一次：

$\mathrm{C}_9^4 - \mathrm{C}_5^4 - \mathrm{C}_4^4 = 126 - 5 - 1 = 120.$

分类核一遍：男 3 女 1 是 $\mathrm{C}_5^3\mathrm{C}_4^1 = 10 \times 4 = 40$，男 2 女 2 是 $60$， 男 1 女 3 是 $\mathrm{C}_5^1\mathrm{C}_4^3 = 5 \times 4 = 20$，$40 + 60 + 20 = 120$，一致。

答案依次是 $60$、$21$、$91$、$120$。

(3)(4) 都走间接法，差别在反面的类数。减之前先确认反面那几类互斥且穷尽——多算一类会少减、 漏算一类会多留，这是”至少 / 至多”型最常见的错。

习题 6.2 第 14 题

14. 一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会.

（1）如果必须有人去，去几个人自行决定，有多少种不同的去法？

（2）如果其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，有多少种去法？

一种”去法”由哪些人去唯一确定，也就是这 6 人构成的集合的一个子集；每个人各有”去”与”不去” 两种可能，人与人之间互不影响。

(1) 6 个人各有 2 种可能，由分步乘法计数原理共 $2^6 = 64$ 个子集。题面要求”必须有人去”， 把”一个人都不去”那一种去掉：

$2^6 - 1 = 64 - 1 = 63.$

按去几个人分类核一遍：

$$\mathrm{C}_6^1 + \mathrm{C}_6^2 + \mathrm{C}_6^3 + \mathrm{C}_6^4 + \mathrm{C}_6^5 + \mathrm{C}_6^6 = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63,$$

一致。

(2) 先定读法——这一问的全部争议就在”(1) 里那句『必须有人去』还管不管 (2)”， 两种读法给出的答案差 1，所以必须先把它判掉，再动笔。

本站的判据是题面自己的措辞：(1) 与 (2) 各自以”如果……”起头，是两个并列假设； 更关键的是一条来自题面本身的证据： (1) 专门写上”必须有人去”，说明”一个人都不去”本来会被算作一种去法。 若”去法”这个词天然就排除了空的情形，(1) 那半句就成了废话，出题人不会写它。 既然 (2) 没有重述这个条件，它就不再受这个限制。

按此读法：甲、乙被绑成一个整体（要么都去、要么都不去），这个整体只有 2 种状态； 其余 4 人各自独立、各有”去”与”不去”2 种，共 $2^4 = 16$ 种。两步互不影响，相乘：

$2 \times 2^4 = 2 \times 16 = 32.$

按甲乙的状态分类核一遍：都去时其余 4 人任意，$16$ 种；都不去时其余 4 人任意，$16$ 种； $16 + 16 = 32$，一致。

答案依次是 $63$、$32$。

另一种读法及其结果，也一并写出来备核：若把 (1) 的”必须有人去”延续到 (2)， 就要从 32 种里去掉”甲乙都不去且其余 4 人也都不去”这唯一一种，得 $32 - 1 = 31$；此时也可以直接分两类算——甲乙都去时其余 4 人任意（$2^4 = 16$ 种， 已经有人去了），甲乙都不去时其余 4 人至少要去 1 人（$2^4 - 1 = 15$ 种）， $16 + 15 = 31$，两条路一致。两种读法之差恰好是”全都不去”那一种。

本站取前一种读法，答 $32$。

习题 6.2 第 15 题

15. 从含有 3 件次品的 100 件产品中，任意抽取 5 件进行检验.

（1）抽出的产品都是合格品的抽法有多少种？

(2) 抽出的产品中恰好有 2 件是次品的抽法有多少种?

（3）抽出的产品中至少有2件是次品的抽法有多少种？

（4）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法有多少种？

100 件里有 3 件次品、$100 - 3 = 97$ 件合格品。抽 5 件、不分先后，四问都是组合。先把总数备着：

$$\mathrm{C}_{100}^5 = \frac{100 \times 99 \times 98 \times 97 \times 96}{5!} = \frac{9\,034\,502\,400}{120} = 75\,287\,520.$$

(1) 5 件全从 97 件合格品里抽：

$$\mathrm{C}_{97}^5 = \frac{97 \times 96 \times 95 \times 94 \times 93}{5!} = \frac{7\,733\,522\,880}{120} = 64\,446\,024.$$

(2) 恰好 2 件次品，就是 2 件次品加 3 件合格品，分两步：

$$\mathrm{C}_3^2 \times \mathrm{C}_{97}^3 = 3 \times \frac{97 \times 96 \times 95}{3!} = 3 \times 147\,440 = 442\,320.$$

(3) 至少 2 件次品。全场只有 3 件次品，所以这一情形只包含”恰好 2 件”与”恰好 3 件”两类， 两类互斥且穷尽：

$$\mathrm{C}_3^2\mathrm{C}_{97}^3 + \mathrm{C}_3^3\mathrm{C}_{97}^2 = 442\,320 + 1 \times \frac{97 \times 96}{2!} = 442\,320 + 4\,656 = 446\,976.$$

(4) 至多 2 件次品，即次品数为 $0$、$1$、$2$ 三类。它的反面恰好只有一类（3 件次品全被抽中）， 走间接法最短：

$\mathrm{C}_{100}^5 - \mathrm{C}_3^3\mathrm{C}_{97}^2 = 75\,287\,520 - 4\,656 = 75\,282\,864.$

直接分类再核一遍。其中

$\mathrm{C}_{97}^4 = \frac{97 \times 96 \times 95 \times 94}{4!} = \frac{83\,156\,160}{24} = 3\,464\,840,$

于是

$$\mathrm{C}_{97}^5 + \mathrm{C}_3^1\mathrm{C}_{97}^4 + \mathrm{C}_3^2\mathrm{C}_{97}^3 = 64\,446\,024 + 3 \times 3\,464\,840 + 442\,320 = 75\,282\,864,$$

与间接法一致。

再来一条整体自检：“至少 2 件”与”至多 2 件”合起来覆盖了全部抽法，而且只在”恰好 2 件”上重叠， 所以两者之和应当比总数多出恰好一个 (2) 的答案：

$446\,976 + 75\,282\,864 - 75\,287\,520 = 442\,320,$

正是 (2) 的结果，相符。

答案依次是 $64\,446\,024$、$442\,320$、$446\,976$、$75\,282\,864$。

习题 6.2 第 16 题

16. 根据某个福利彩票方案，每注彩票号码都是从 $1 \sim 37$ 这 37 个数中选取 7 个数。如果所选 7 个数与开出的 7 个数一样（不管排列顺序），彩票即中一等奖。

(1) 多少注不同号码的彩票可有一个一等奖?

(2) 如果要将一等奖的中奖机会提高到 $\frac{1}{3\ 000\ 000}$ 以上且不超过 $\frac{1}{2\ 000\ 000}$ ，可在 37 个数中取几个数？

(1) 一注彩票就是从 37 个数里取 7 个、不管排列顺序，所以不同号码的注数就是组合数

$$\mathrm{C}_{37}^7 = \frac{37 \times 36 \times 35 \times 34 \times 33 \times 32 \times 31}{7!} = \frac{51\,889\,178\,880}{5\,040} = 10\,295\,472.$$

即一共有 $10\,295\,472$ 注不同号码的彩票，其中恰有一注中一等奖（中奖机会 $\frac{1}{10\,295\,472}$）。

(2) 设改成从 37 个数中取 $k$ 个（$k \in \mathbf{N}^*$，$1 \leqslant k \leqslant 37$）， 同理不同号码共 $\mathrm{C}_{37}^k$ 注，一等奖的中奖机会是 $\dfrac{1}{\mathrm{C}_{37}^k}$。 题目要求它比 $\frac{1}{3\,000\,000}$ 大、且不超过 $\frac{1}{2\,000\,000}$：

$\frac{1}{3\,000\,000} < \frac{1}{\mathrm{C}_{37}^k} \leqslant \frac{1}{2\,000\,000}.$

三个量都是正数，取倒数时不等号反向：

$2\,000\,000 \leqslant \mathrm{C}_{37}^k < 3\,000\,000.$

用递推 $\mathrm{C}_{37}^{k} = \mathrm{C}_{37}^{k-1} \cdot \dfrac{38-k}{k}$ 从小到大算：

$$\mathrm{C}_{37}^4 = 66\,045, \quad \mathrm{C}_{37}^5 = 435\,897, \quad \mathrm{C}_{37}^6 = 2\,324\,784, \quad \mathrm{C}_{37}^7 = 10\,295\,472.$$

$\mathrm{C}_{37}^k$ 在 $k \leqslant 18$ 时严格递增（因为 $\dfrac{38-k}{k} > 1$ 等价于 $k < 19$）， 所以在 $k \leqslant 18$ 这一段里落进 $[2\,000\,000,\ 3\,000\,000)$ 的只有 $k = 6$： $k = 5$ 时才 $435\,897$，不到 $2\,000\,000$；$k = 7$ 时已 $10\,295\,472$，超过 $3\,000\,000$。

$k \geqslant 19$ 那一段也要交代：由对称性 $\mathrm{C}_{37}^{k} = \mathrm{C}_{37}^{37-k}$， 那一段的取值与 $k \leqslant 18$ 那一段一一对应，唯一满足不等式的是 $k = 37 - 6 = 31$（$\mathrm{C}_{37}^{31} = \mathrm{C}_{37}^{6} = 2\,324\,784$）。但一注要填 31 个 数、只留 6 个不填，不是彩票方案的实际做法，故取

$k = 6.$

答案：(1) $10\,295\,472$ 注；(2) 取 $6$ 个数（此时中奖机会 $\frac{1}{2\,324\,784}$，确在 $\frac{1}{3\,000\,000}$ 与 $\frac{1}{2\,000\,000}$ 之间）。

习题 6.2 第 18 题

18. 移动互联网给人们的沟通交流带来了方便。某种移动社交软件平台，既可供用户彼此添加“好友”单独交流，又可供多个用户建立一个“群”（“群里”）的人彼此不一定是“好友”关系）共同交流。如果某人在平台上发了信息，他的“好友”都可以看到，但“群”里的非“好友”

不能看到. 现有一个 10 人的 “群”，其中 1 人在平台上发了一条信息，“群” 里有 3 人说看到了，那么这个 “群” 里与发信息这人是 “好友” 关系的情况可能有多少种？

群里 10 人，其中 1 人（记作 $P$）发了信息；除 $P$ 之外还有 $10 - 1 = 9$ 人。 ”$P$ 在这个群里与谁是好友”这件事，就是这 9 人的一个子集——要数的正是满足题给条件的子集有多少个。

第一步：把题面那条规则原样抄下来，一个字都不加。 题面写的是 “他的’好友’都可以看到，但’群’里的非’好友’不能看到”。这是一条单向的约束：

• 非好友 $\Rightarrow$ 看不到。等价地，看到了 $\Rightarrow$ 是好友。
• 好友 $\Rightarrow$ 可以看到（有权限看到），题面没有说好友一定去看了、更没有说看了一定会 出声说。“可以看到”不是”都看到了”，这两句话不能互换。

第二步：把”有 3 人说看到了”翻译成对子集的约束。 这 3 人说看到了，说明他们确实看到了， 由上面那条推出他们是好友——这 3 人必在好友集合里，没有选择余地。

至于其余 $9 - 3 = 6$ 人：题面只说他们没有说看到，没有说他们看不到。若某人是好友，他有权限 看到、可以一直没去看，也可以看了没出声，与”没说看到”并不矛盾；若某人不是好友，他看不到， 同样与”没说看到”不矛盾。所以这 6 人每人独立地有”是好友”与”不是好友”两种可能。

第三步：数。 3 个人已被钉死，6 个人各有 2 种可能且互不影响，由分步乘法计数原理

$2^6 = 64.$

按”这 6 人里有几个是好友”分类核一遍：

$$\mathrm{C}_6^0 + \mathrm{C}_6^1 + \mathrm{C}_6^2 + \mathrm{C}_6^3 + \mathrm{C}_6^4 + \mathrm{C}_6^5 + \mathrm{C}_6^6 = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64,$$

一致（这也正是 $\sum_{k=0}^{6}\mathrm{C}_6^k = 2^6$ 那条恒等式）。

答案：$64$ 种。

为什么不是 $\mathrm{C}_9^3 = 84$。 有一种读法是把”有 3 人说看到了”读成”群里看到这条信息的 恰好是 3 个人、且不知道是哪 3 个”，那么好友集合的大小被钉成 3，要数的就是”哪 3 人”， 得 $\mathrm{C}_9^3 = 84$。这条路要成立，必须同时给题面加两个它没有的条件：其一，把 “好友都可以看到”强化成”好友都看到了”（否则看到的人数少于好友数，“恰好 3 人看到”推不出 “恰好 3 个好友”）；其二，把”3 人说看到了”强化成”只有这 3 人看到了”（否则还有看到而没出声的人）。 题面两处都没有这么写，所以本站不取这一读法。

这道题的关键动作：把”关系有多少种可能”翻译成”某个集合有多少个子集”，再把题面已经钉死的元素 从计数里摘出去——剩下几个自由元素，答案就是 2 的几次方。同时也是一次读题训练： “可以看到”与”看到了”、“说看到了”与”看到了”，是三句不同的话。