那是个好难题！对许多新手而言，从头排序式子确实很难用混、用漏。而处理之道也很单纯，我归纳综合为分拆神功，详细而言是把冗杂的难题分拆成无数个从头排序的此根底表述的难题，再按照分拆操做过程展开分拆（加法）方可。
详细来说从“排序”和“女团”的此根底表述难题和式子讲起，如下表所示：
1) 从 mm 对小我中挑选出 nn 对小我摆列成两排（ m≥nm\geq n ），共计的绒兰记做 AmnA_{m}^{n} ，且有
Amn=m!(m−n)!A_{m}^{n}=\frac{m!}{(m-n)!} （排序式子).....................................................(1)
不但地，当 m=nm=n 时，相当于将 nn 对小我排序，共计 Ann=n!A_{n}^{n}=n! 种绒兰。
2）从mm 对小我中挑选出 nn 对小我(m≥nm\geq n)，共计的选法记做 CmnC_{m}^{n} ,且有
Cmn=m!n!(m−n)!C_{m}^{n}=\frac{m!}{n!(m-n)!} （女团式子)....................................................(2)
详细推导不涉及题主难题就不细说了。题主详细来说要深切理解以上两种情形中“排序”和“女团”的含义，其他的难题就单纯了。那里要留意体味“ mm 对小我”，“ nn 对小我”两种提法，现实上隐含了一个前提，那是对象是类似但差别的个别。
下面我们连系详细难题而言若何用分拆神功。
例1： 从 mm 对小我中挑选出 nn 对小我摆列成两排（ m≥nm\geq n ），问有几种绒兰？
那是排序式子表述中的难题，零丁拿出来是为了便利你从最单纯的难题起头理解分拆神功。
设总绒兰有 M1M_{1} 种
解法1：间接按照此根底表述得到 M1=AmnM_{1}=A_{m}^{n} .
解法2：难题可分拆为两步：I. 从 mm 对小我中挑选出 nn 对小我；II. 将挑选出的 nn 对小我摆列成两排。
所以难题的谜底很明显是两步各自的可能数相乘，即： M1=Cmn⋅AnnM_{1}=C_{m}^{n}\cdot A_{n}^{n}
那里两种解法的最小步调单元都是一个此根底表述的难题，处理最小步调的可能数，再将各个步调的可能数相乘。本题是最单纯的分拆例子，后面我们将逐步加深难度。
例2. 把 n2n^{2} 个颜色差别的小球均匀分为 nn 组，每组 nn 个小球，共计 M2M_{2} 种分法,求 M2M_{2} ？
把难题分拆为以下步调：第1步，从 n2n^{2} 个小球挑选出 nn 个，做为第1组；第2步，从剩余的 (n2−n)(n^{2}-n) 个小球中再挑选出 nn 个，做为第2组；...以此类推，曲至最初从剩余的 nn 个小球中挑选出 nn 个，做为第 nn 组；第（ n+1n+1 ）步，在上面的的操做中，我们在完成分组后，还给每个组定了序号，即给那 nn 个组排了序，所以最初还要除去因为给组排序形成的反复，即
M2=Cn2n⋅Cn2−nn⋅Cn2−2nn...CnnAnnM_{2}=\frac{C_{n^{2}}^{n}\cdot C_{n^{2}-n}^{n} \cdot C_{n^{2}-2n}^{n} ...C_{n}^{n}}{A_{n}^{n}}
例3. 10个大小一样材量不异的小球，此中有3个黑球，7个白球，将10个球摆列成一列，共计 M3M_{3} 种排序，求 M3M_{3} ？
解法1：把难题分拆为两步：I.从10个位置中选3个位置放黑球;II.把剩余的7个位置放上白球。
所以 M3=C103×C77=120M_{3}=C_{10}^{3}\times C_{7}^{7}=120 种
解法二：把难题分拆为三步：I.将10个球随意排序；II.除去第一步种因为3个黑球不异形成的反复排序；III.除去第一步种因为7个白球不异形成的反复排序；
所以 M3=A1010A33×A77=120M_{3}=\frac{A_{10}^{10}}{A_{3}^{3}\times A_{7}^{7}}=120 种
由此可见，分拆法纷歧样，计算办法也纷歧样。本题中解法1只用了女团式子，解法2只用了排序式子，但最初成果却是一样的。
例4. 把 n2n^{2} 个颜色差别的小球放进 nn行 nn 列的方格中，共计M4M_{4}种放法,求M4M_{4}？
解法一：间接把 n2n^{2} 个小球排序，从左到右从上到下依次放进格子。
显然 M4=An2n2=(n2)!M_{4}=A_{n^{2}}^{n^{2}}=(n^{2})!
解法二：把难题分拆为三步：I.先将n2n^{2} 个小球均匀分为 nn 组，每组 nn 个球; II.按必然序列给 nn 个组排序，并依次将各个组放到从第1行到第 nn 行前面； III.将每行前面的 nn 个球拿下来排个序放进该行的空格中。
显然，第一步是我们之前求过的 M2M_{2} ,第二步有 A_{n}^{n} 种绒兰，第三步有 （Ann）n（A_{n}^{n}）^{n} 种绒兰，
所以 M4=M2×Ann×(Ann)n=M2=Cn2n⋅Cn2−nn⋅Cn2−2nn...Cnn⋅(Ann)nM_{4}=M_{2}\times A_{n}^{n}\times (A_{n}^{n})^{n}=M_{2}=C_{n^{2}}^{n}\cdot C_{n^{2}-n}^{n} \cdot C_{n^{2}-2n}^{n} ...C_{n}^{n}\cdot (A_{n}^{n})^{n}
两种办法，两种差别的表达式。解法一只用了排序，解法二却是排序和女团都用了。事实上上面两个表达式恒等。
例5. 给甲乙丙丁四对小我和别的三对小我摆设一周的值日，要求甲乙必需摆设在相邻的两天，丙不克不及摆设在周一，丁不克不及摆设在周日，问有几种摆设计划？（2010重庆高考理科数学原题）
1非丙234567非丁解法提醒：把难题分拆为先给甲乙摆设，再给丙和丁，最初给剩下的三对小我。
第一步：摆设甲乙。那一步又能够分为两小步，先挑选出相邻的两天，再给甲乙排序，二者相乘。另一方面，很难发现，序号1和序号7是两个特殊的日子，因而但凡带有那两天的情况要跟不带那两天的摆设分隔讨论。
1)^{*} 带序号1或序号7，只能是（1，2）和（6，7）2种等价计划，此时甲乙的绒兰有
C_{2}^{1}\times A_{2}^{2}=4 种
那里用到了分拆，先从等价计划中挑选出一种，再给甲乙排序，从而完成对甲乙的摆设，后同。
2)^{*} 不带序号1或序号7，共计（2，3），（3，4），（4，5），（5，6）共4种等价计划,此时甲乙的绒兰有 C_{4}^{1}\times A_{2}^{2}=8种。
第二步：摆设丙和丁。 因为在第一步中对甲乙的排序体例因为两种差别的等价位置而分隔讨论，因而丙丁的摆设也要沿着两种差别的甲乙摆设计划分隔讨论。
若按 1)^{*} 摆设甲乙，丙或丁一定有一对小我能够不受限造的从剩下的5天中任选一天，另一对小我则又要分两种情况，若是前者选了后者受限的那天，则后者能够自在从剩下的4天中随意选，若前者没有选择后者受限的那天，则后者只能从剩下的排除受限日的3天中选择 ，所以总的摆设计划有 C_{1}^{1}\times C_{4}^{1}+C_{4}^{1}\times C_{3}^{1}=16 种
若按 2)^{*} 摆设甲乙，则丙丁城市碰到不克不及选受限日的难题，简化篇幅，间接给出可能的摆设计划数有 C_{3}^{1}\times C_{3}^{1}+C_{1}^{1}\times C_{4}^{1}=13 种
第三步：摆设剩下的三对小我，因为那三对小我位置不受限，不管前面四人若何摆设，都相当于把三对小我摆设进差别三天，可行计划有 A_{3}^{3}=6 种。
所以总的计划有： M_{5}=(C_{2}^{1}\times A_{2}^{2})\times (C_{1}^{1}\times C_{4}^{1}+C_{4}^{1}\times C_{3}^{1})\times A_{3}^{3} +(C_{4}^{1}\times A_{2}^{2})\times (C_{3}^{1}\times C_{3}^{1}+C_{1}^{1}\times C_{4}^{1})\times A_{3}^{3} =4\times16\times6+8\times13\times6=1008 种
那道题有点冗杂，但归根到底，现实是把难题不竭分拆分拆，曲至分拆为从头排序此根底表述的情形。
综上，从头排序的难题只要不竭把难题分拆，曲至分拆到此根底表述的从头排序为行，再反向算归去就能够了。