对排列组合中一类传球问题的研究
湖北省鹤峰一中 刘坤成 邮政编码445800
摘要 排列组合问题是学生最害怕的问题之一，本文着重研究了一类传球问题的解法，总结出了这类问题的一般规律。
主题词：排列组合 传球问题 研究
正文：
有一个题是这样的：
个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，求传
次后又回到甲的情况。
以此题为原型，本文研究了一般情况：
个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传
次后又回到甲的情况。
共分为四类研究：
一、奇数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传偶数次后又回到甲的情况。
二、奇数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传奇数次后又回到甲的情况。
三、偶数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传偶数次后又回到甲的情况。
四、偶数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传奇数次后又回到甲的情况。
为方便起见，以下
、
、、
、
均为正整数。
一、奇数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传偶数次后又回到甲的情况。
分析：从甲传出，传次后又回到甲，为偶数；
1、当次数小于
次时，不妨设为
次，只需正传次，反传次，有
种。
2、当次数次时，分为两类：一类是次传球中正传次，反传次，有
种；二类是次传球中正传
次（反传次）或正传次，有
种。故共有
种。
3、当次数在
之间时，不妨设为次，分为三类：一类是次传球中正传次，反传次，有种；二类是
次传球中正传
次反传次，有
种，其中
；三类是次传球中反传次正传次，有种；其中。故共有
种，即
种。
4、当次数
次时，分为两类：一类是次传球中正传次反传次，有
种；二类是次传球中正传次反传
次或正传次反传次，有
种；三类是次传球中正传次或反传次，有2种。故共有
种，即
种。
结论：同理，
当次数
次时，因为可分为
，
，
，
，
，，
，
共类
。每类看成是次传球中正传
次反传
次，有
种；故共有
种。
当次数在
之间时，不妨设为
次（
）。
因为可分为
，
，
，，
，，
，
共类。每类看成是次传球中正传
次反传
次，有
种；
故共有
种。
例如：
1、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传8次后又回到甲的情况有
种。
方法：要能回到甲，必须8次中正传4次，反传4次。即只要8次中任选4次向正传就可以了，有种。
2、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传10次后又回到甲的情况有
种。
方法：一类始终向同一个方向传，2种；二类：不同方向时，要能回到甲，必须10次中正传5次，反传5次。即只要10次中任选5次向正传就可以了，有
种。
3、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传14次后又回到甲的情况有
种。
4、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出传26次后又回到甲的情况有
种。
二、奇数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传奇数次后又回到甲的情况。
分析：从甲传出，传次后又回到甲，为奇数；
1、当
时，全都正传1种，全都反传1种，有2种。
2、当
时，全都正传1种，全都反传1种，有2种，次传球中正传次反传次，有
种；故共有
种。
3、当
时，都正传1种，都反传1种，次传球中正传次反传次，有
种，次传球中正传次反传次，有
种；故共有
种。
4、当
时，不妨设
，
次中一类正传
次反传
次，或者反传次正传次，有
即
种。
5、当
时，不妨设
，次中一类正传
次反传
次，二类正传次反传次，三类正传次反传次，四类正传次反传次，有
种。
结论：同理得
1、当
时，共有
种。
注：此类可与“当
时的情况”合并为一类。
2、当
时，
共有
种。
例如：
1、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传5次后又回到甲的情况有2种。
2、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传15次后又回到甲的情况有
种。
3、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传25次后又回到甲的情况有
种。
4、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传9次后又回到甲的情况有
种。
5、5人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传27次后又回到甲的情况有
种。
三、偶数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传偶数次后又回到甲的情况。
分析：从甲传出，传次后又回到甲，只有当为偶数才能回到甲；
1、当
时，不妨设
，有种。
2、当时，有
种。
3、当
时，不妨设
，有
种。
结论：同理得
当
时，不妨设
，有
种。
例如：
1、6个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传4次后又回到甲的情况有
种。
2、6个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传6次后又回到甲的情况有
种。
3、6个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传8次后又回到甲的情况有
种。
4、6个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传12次后又回到甲的情况有
种。
5、6个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传40次后又回到甲的情况有
种。
四、偶数个人围成一圈传球，每次只能传给相邻的人，从甲传出，传奇数次后刚好到乙的情况。
这种情况不存在。
题型推广：类似这样的题在学生学习过程中会出现，比如改编为青蛙跳问题：某青蛙在池塘中荷叶上跳动，荷叶排列成圆形，青蛙只能在相邻的两片荷叶上跳动，如果池塘共有12片荷叶，问青蛙跳14次后恰好回到出发荷叶上的跳动方法。
参考文献：
第二篇：排列组合问题的解法
排列组合问题的解法
（一）.特殊元素、特殊位置的“优先安排法”
对于特殊元素的排列组合问题，一般先考虑特殊元素，再考虑其他元素的安排。在操作时，针对实际问题，有时“元素优先”，有时“位置优先”。
例1 ： 0、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有几个？
解法一：(元素优先)分两类：第一类，含0：0在个位有 种，0在十位有 种；
第二类，不含0：有
种。 故共有（ 
＋
）＋＝３０种。
注：在考虑每一类时，又要优先考虑个位。
解法二：(位置优先)分两类：第一类，0在个位有 种；第二类，0不在个位，先从两个偶数中选一个放个位，再选一个放百位，最后考虑十位，有 种。
故共有
练习：甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学选四人组队参加4*100m接力赛，其中甲、乙不跑最后一棒，共有多少种不同的安排方法？（此题可有元素优先和位置优先两个角度两种解法，但位置优先则更简单）
（二）．排除法 对于含有否定词语的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去.
例２：５个人从左到右站成一排，甲不站排头，乙不站第二个位置，不同的站法有
=78种．
（三）.相邻问题“捆绑法”
对于某些元素要求相邻排列的问题，可先将相邻元素捆绑成整体并看作一个元素再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。
例3： 5个男生3个女生排成一列，要求女生排一起，共有几种排法？
解：先把3个女生捆绑为一个整体再与其他5个男生全排列。同时，3个女生自身也应
全排列。由乘法原理共有
种。
（四）。不相邻问题“插空法”
对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他可相邻元素排好，再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入即可（注意有时候两端的空隙的插法是不符合题意的）
例4： 5个男生3个女生排成一列，要求女生不相邻且不可排两头，共有几种排法？
解：先排无限制条件的男生，女生插在5个男生间的4个空隙，由乘法原理共有 种。
注意：①分清“谁插入谁”的问题。要先排可相邻的元素，再插入不相邻的元素；
②数清可插的位置数；③插入时是以组合形式插入还是以排列形式插入要把握准。
例5： 马路上有编号为1、2、3、…、9的9盏路灯，现要关掉其中的三盏，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，也不能关两端的路灯，则满足要求的关灯方法有几种？
解：由于问题中有6盏亮3盏暗，又两端不可暗，故可在6盏亮的5个间隙中插入3个暗的即可，有
种。
（五）。定序问题选位不排
对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先在总位置中选出顺序一定元素的位置而不参加排列，然后对其它元素进行排列。
例6： 5人参加百米跑，若无同时到达终点的情况，则甲比乙先到有几种情况？
解：先在5个位置中选2个位置放定序元素(甲、乙)有 种，再排列其它3人有 ，由乘法原理得共有 =60种。
（六）“小团体”排列，先“团体”后整体
对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先按制约条件“组团”并视为一个元素再与其它元素排列。
例7:四名男歌手与两名女歌手联合举行一场演唱会，演出的出场顺序要求两名女歌手之间有两名男歌手，则出场方案有几种？
解：先从四名男歌手中选2人排入两女歌手之间进行“组团”有 种，把这个“女男男女”小团体视为1人再与其余2男进行排列有 种，由乘法原理，共有 种．
（七）分排问题用“直排法”
把n个元素排成若干排的问题，若没其他的特殊要求，可用统一排成一排的方法来处理．
例８：7个人坐两排座位，第一排坐3人，第二排坐4人，则有 种排法．
解：可以在前后两排随意就座，故两排可以看成一排来处理，所以不同的坐法有 ．
(八)列举法
如果题中附加条件增多,直接解决困难,用列举法寻找规律有时也是行之有效的方法．
例9：从１到１００的自然数中，每次取出不同的两个数，使他们的和大于１００，则不同的取法有 种。
解：此题的数字较多，情况也不一样，需要分析摸索其规律。为方便，两个加数中较小的为被加数，１＋１００＝１０１＞１００，１为被加数的有１种；同理，２为被加数的有 ２种；３为被加数的有３种；……；４９为被加数的有４９种；５０为被加数的有５０种；但５１为被加数的只有４９种；５２为被加数的只有４８种；……；９９为被加数的只有１种，故不同的区法有：（１＋２＋……５０）＋（４９＋４８＋……＋１）＝２５００种。
（九）元素可重复的排列求幂法。
解决“允许重复排列”的问题要注意区分两类元素：一类元素可重复，另一类元素不能重复。把不能重复的元素看成“客”，能重复的元素看成“店”，再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住店法”。
例10：７名学生争夺五项冠军，获得冠军的可能种数是 种。
解：应同一学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将７名学生看成７家“店”，五项冠军看成５名“客”，每个客有７种住宿方法，由分步计数原理得Ｎ＝75种。
（十）特征分析法 有约束条件的排数问题，必须紧扣题中所提供的数字和结构特征，进行推理，分析求解。
例11：由１、２、３、４、５、６六个数可组成多少个无重复且是６的倍数的五位数？
解：分析数字的特征：６的倍数的数既是２的倍数，又是３的倍数。其中３的倍数又满足“各个数位上的数字之和是３的倍数”的特征。而且１＋２＋……＋６＝２１是３的倍数，从６个数字中取５个，使之和还是３的倍数，则所去掉的数字只能是３或６。因而可以分两类讨论：第一类，所排的五位数不含３，即由１、２、４、５、６作数码；首先从２、４、６三个中任选一个作个位数字有 种，然后其余４个数字在其他数位上的全排列有 ，所以
；第二类，所排的五位数不含6，即由1、2、3、4、5作数码，依上法有
，故 种。
（十一）名额分配问题用隔板法
例12： 10张参观公园的门票分给5个班，每班至少1张，有几种选法？
解：这里只是票数而已，与顺序无关，故可把10张票看成10个相同的小球放入5个不同的盒内，每盒至少1球，可先把10球排成一列，再在其中9个间隔中选4个位置插入4块“档板”分成5格(构成5个盒子)有 种方法。
注：档板分隔模型专门用来解答同种元素的分配问题。
（十二）个数不少于盒子编号数，先填满再分隔
例13： 15个相同的球放入编号为1、2、3的盒子内，盒内球数不少于编号数，有几种不同的放法？
解：（解法一）先用6个球按编号数“填满”各盒(符合起码要求),再把9个球放入3个盒内即可,可用2块档板与9个球一起排列(即为两类元素的排列问题),有 种。
（解法二）先在2号盒和3号盒分别放入一个球和两个球，则问题转化为12个相同的球放入3个盒子内，每个盒子至少放入一个球，有多少种不同的放法？
（十三）不同元素进盒，先分堆再排列
对于不同的元素放入几个不同的盒内，当有的盒内有不小于2个元素时，不可分批进入，必须先分堆再排入。
例14： 5个老师分配到3个班搞活动，每班至少一个，有几种不同的分法？
解：先把5位老师分3堆，有两类：3、1、1分布有 种和1、2、2分布有 种，再排列到3个班里有 种，故共有
。
注意：不同的老师不可分批进入同一个班，须一次到位(否则有重复计数)。即“同一盒内的元素必须一次进入”。
（十四）两类元素的排列，用组合选位法
例15： 10级楼梯，要求7步走完，每步可跨一级，也可跨两级，问有几种不同的跨法？
解：由题意知，有4步跨单级，3步跨两级，所以只要在7步中任意选3步跨两级即可。故有 种跨法。
注意：两类元素的排列问题涉及面很广，应予重视。
例16： 沿图中的网格线从顶点A到顶点B，最短的路线有几条？
解：每一种最短走法，都要走三段“|”线和四段“—”线，这是两类元素不分顺序的排列问题。故有 或 种走法。
例17： 从5个班中选10人组成校篮球队(无任何要求)，有几种选法？
解：这个问题与例12有区别，虽仍可看成4块“档板”将10个球分成5格(构成5个盒子)，是球与档板两类元素不分顺序的排列问题。但某些盒子中可能没有球，故4块“档板”与10个球一样也要参与排成一列而占位置，故有 种选法。
注意：怎样把问题等价转化为“两类元素的排列”问题是解题的关键。
（十五）利用对应思想转化法。对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理。
例18： 长方体上任意两顶点的连线段中，异面直线共有多少对？
分析：任意一对异面直线必然对应四个顶点，而这四个顶点不共面，构成四面体，每个四面体上有3对异面直线，因此把求异面直线的问题转化成求可以构成多少个四面体的问题。
解：
例19：如图，∠AOB的两边分别有异于O的4个点A1、A2、A3、A4和5个点B1、B2、B3、B4、B5，连接AiBj（i=1,2,3,4，j=1,2,3,4,5）构成的线段中，有多少个交点在∠AOB内？
分析：在∠AOB内相交的两条线段对应一个四边形的两对角线，所以求交点个数问题转化为求四边形个数问题。解：
=60
（十六）取鞋问题先双后支
例20：从五双鞋中任取四支，恰有一双的取法有多少种？
解：先从五双中取一双，有
种，再从余下4双中选两
双，从每双的两只中选择1支，有
。共有
种。
（十七）涂色问题抓住关键分类讨论
例21：如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选择，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 种。
分析：A、C种花是否相同将会影响B、D的可选择种数，因此按照
A、C种花是否相同进行分类。
解：若A、C种花同，则B、D各自可从余下三种花中选择一种，有
种；若A、C种花不同，则B、D只能从余下两种花中选择，
有
。共有+=84种。