跃峰奥数PPT6组合计数3-9(递归方法之二维递归)

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但在放映模式下，这些现象都不会出现。

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组合计数3-9（递归方法之二维递归）
●冯跃峰
本讲内容
本节为第6板块（组合计数）第3专题（递归方法）的第9小节
（二维递归），包含如下3个部分内容：
第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；
第二部分，思维过程剖析。

这是课件的核心部分，重在发掘
问题特征，分析如何找到解题方法。

按照教师场景授课互动效
果设计，立足于启发思维；
第三部分，详细解答展示。

提供笔者重新书写的解答（简称
“新写”），力求严谨、流畅、简练。

【递归方法】
所谓递归，就是建立“n”
的问题与“小于n”的
【1】
若干同构子问题之间的等量
关系。

通常有如下7种递归方式：
七种递归方式（1）增减递归
增加（减少）元素，得到
“n-1”（或“n+1”）的情形
（2）容斥递归a
n
=I n-f（a n-1）
（3）分拆递归将存在域分解为若干同构子区域
（4）分段递归n属于不同类时，表达式不同
（5）分类递归
将X
n
划分为两类：X
n
=A n∪B n，则
f（X n）= f（A n∪B n）= f（A n）+ f（B n）-f（A n∩B n）
=g（f（X n-1））+φ（f（X n-1））-μ（f（X n-1））。

（6）局部递归某个局部之间存在递归本节介绍“二维递归”
跃峰奥数
中的n 只棋位于折线的下方，得到棋盘的一个“棋线状态”，若棋所放的位置不同或所画的折线不同，则称为不同的棋线状态，求所有不同的棋线状态的个数。

01
P （n-1，n ）
3
n
5
2
46
Q （n ，n-1）
6
425n
31A （n ，n ）【题感】从条件看【1】，“棋线状态”包括：棋与线【1】，一种自然的想法是：分别考虑这两种对象有多少取法，然后相乘。

但遗憾的是，即使是只考虑对确定的放棋方式，有多少条合乎要求的折线，问题也比较复杂。

实际上，可以证明题中折线不经过对角线下方的任何点（变成上题“计数3-8”）。

但由于给定了棋子分布的限定【1】，折线条数计算【1】就非常复杂了■。

中的n 只棋位于折线的下方，得到棋盘的一个“棋线状态”，若棋所放的位置不同或所画的折线不同，则称为不同的棋线状态，求所有不同的棋线状态的个数。

01
P （n-1，n ）
3
n
5
2
46
Q （n ，n-1）
6
425n
31A （n ，n ）所以，宜将两者捆绑在一起进行计数，对整体的“棋线对”采用递归方法。

减元设想：对于n 阶棋线对，为了得到n-1的情形，自然的想法是去掉最后一行与最后一列【1】，便得到n-1阶棋盘的棋线对问题？否！有遗漏——
n 阶线未必通过点（n-1，n-1）【1】。

所以，我们要研究n 阶折线的位置特征，由此确定如何减元■。

中的n 只棋位于折线的下方，得到棋盘的一个“棋线状态”，若棋所放的位置不
同或所画的折线不同，则称为不同的棋线状态，求所有不同的棋线状态的个数。

01
P （n-1，n ）
3
n
5
2
46
Q （n ，n-1）
6
425n
31A （n ，n ）n 阶折线有2个特征：
（i ）折线只能按向下、向右两个方向行走，这是因为折线长度的控制【1】。

（ii ）折线在对角线上方，证明如下：
反设过下方点M （p ，q ）（p>q ）【1】，考察前p 行【1】，放的棋都在前q 列【1】，所以只有有q<p 只棋，存在一行没有棋【1】，矛盾。

是因棋在折线下方。

所以折线在对角线上方【1】，不通过（n ，n-1）【1】，必通过P （n-1，n ）【1】。

（p ，q ）
p
q
A（m，n）
13m
52466
42
5
n
3
1
0【命题拓广】在m ×n 棋盘放m 只棋（m≤n ），每个格至多放一只棋，任何两只棋不同行、不同列，自左上角顶点至右下角顶点沿格径画一条长为m+n 的折线，使m 只棋位于折线下方。

设不同棋线对数目为f （m ，n ），下面建立二维递归关系。

先考虑m=1的情形【1】：折线下方必有格，设有i 个格（1≤i ≤n ）【1】，则放一只棋子有i 种方法。

2
n
3
1
i 个格
所以f （1，n ）=Σi=1n i=n （n+1）/2。

再考虑m=n 的情形（此时只能去掉行），其折线必过点P （n-1，n ）【1】。

去掉最后一行【1】，恰去掉一只棋，得到（n-1）×n 棋盘的棋线状态，不同状态共f （n-1，n ）种。

添加第n 行，在“空列”中放棋【1】，有唯一方法，是因m=n 时只有去掉的棋所在列为空列【1】。

于是，此时棋线对恰有f （n-1，n ）种。

01
3
n
5
2
46
6425m
31A（m，n）
i 1
对m ×n 棋盘中的任意一个中棋线状态，其
折线可分为如下两类：
（i ）折线过点P （m-1，n ）【1】。

去掉最后一行【1】，该行恰去掉一只棋【1】，剩下m-1只棋，状态变为（m-1）×n 的棋线状态【1】。

最后考虑m<n 的情形【1】，此时的化归，可能去掉行也可能去掉列。

反之（一对多），对（m-1）×n 的棋线状态，在（m-1）×n 棋盘最下端补上一行【1】，此行的棋可放在（m-1）×n 棋盘的n-m+1个没有棋的列中【1】，有n-m+1种放法，得到（n-m+1）f （m-1，n
）个棋线状态。

下面考虑折线过Q （m ，n-1）的情形■。

i 1
此时，m 只棋都位于折线的下方，从而最后
一列没有棋，去掉最后一列【1】，仍有m 只棋，得到一个m ×（n-1）的棋线状态【1】，共有f （m ，n-1）种可能。

（ii ）折线过点Q （m ，n-1）【1】。

13m
52466
42
5
n
3
1
0Q （m ，n-1）
反之，对m ×（n-1）的一个棋线状态，其中已有m 只棋，每行都有一只棋。

此时，只能在最右端补上一列空格（不增加棋）【1】，有唯一的方法，得到f （m ，n-1）个m ×n 的棋线状态。

综合两种情况，得f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

至此，我们已得到1个边界值【1】，和2个递归式【1】，由
f （1，n ）= = ，f （n ，n ）= f （n-1，n ）。

i Σn
i 1
=2)1(n +n 初值：m=2时，若n=2，只能用前一递归式【1】，f （2，2）=f （1，2）=1+2=3。

若n>2，则f （2，n ）= f （2，n-1）+（n-1）f （1，n ）
= f （2，n-1）+（n-1）×f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

（m<n ）
= f （2，n-1）+。

2
)
1-(n 2
n 于是，f （2，3）= f （2，2）+ 2
)
1-3(32
⋅=3+12=15 =3×5 =3×（2+3）。

将结果分解为乘积形式【1】，以便用序号“m ，n”表示，当然，其中5需要拆成2+3【1】。

f （2，4）= f （2，3）+ 2)1-4(42
⋅=15+30=45 =3×3×5 同构表示为：n （m+n ）【1】，此外，“连乘”可用组合数表示。

5
38
1
424⋅⋅⋅+⋅=）（【1】2)1(n +n
初值：m=2时，若n=2，只能用前一递归式【1】，f （2，2）=f （1，2）=1+2=3。

若n>2，则f （2，n ）= f （2，n-1）+（n-1）f （1，n ）
= f （2，n-1）+（n-1）×= f （2，n-1）+ 。

2
)1-(n 2n 于是，f （2，3）= f （2，2）+ 2
)1-3(32⋅=3+12=15 =3×5 =3×（2+3）。

f （2，4）= f （2，3）+ 2)1-4(42⋅=15+30=45 =3×3×5 538
1424⋅⋅⋅+⋅=）（2)1(n +n 用序号表示，借助排列组合数【1】替代非m 、n 的数【1】。

）！（3232+=。

）！（4242+=前一个表达式需稍作修改。

f （1，n ）= = ，f （n ，n ）= f （n-1，n ）。

i Σn
i 1=2)1(n +n f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

（m<n ）
= f （2，n-1）+（n-1）×= f （2，n-1）+ 。

2
)1-(n 2n 于是，f （2，3）= f （2，2）+ 2
)1-3(32⋅=3+12=15 =3×5 =3×（2+3）。

f （2，4）= f （2，3）+ 2)1-4(42⋅=15+30=45 =3×3×5 538
1424⋅⋅⋅+⋅）（2)1(n +n 。

）！（3232+=进一步，f （2，5）= f （2，4）+ 2)1-5(52
⋅=45+60=105 =3×5×7 先考虑同构表示【1】。

！）！（32352⋅+=至此，还没完全用序号“m ，n”表示，将其中的3修改为“5-2”【1】。

）！（）！（322-525⋅+。

）！（）！（322-323⋅+。

）！（442+=。

）！（）！（322-424⋅+=
= f （2，n-1）+（n-1）×= f （2，n-1）+ 。

2
)1-(n 2n 于是，f （2，3）= f （2，2）+ 2
)1-3(32⋅=3+12=15 =3×5 f （2，4）= f （2，3）+ 2)1-4(42⋅=15+30=45 =3×3×5 2)1(n +n 由此可得，f （2，n ）= 。

）！（）！（322-2n ⋅+n 但这并不正确，还需作些修改！
进一步，f （2，5）= f （2，4）+ 2)1-5(52
⋅=45+60=105 =3×5×7 。

！）！（32352⋅+=。

）！（）！（32
2-525⋅+。

）！（）！（322-323⋅+=。

）！（）！（32
2-424⋅+=
由此猜想，f （2，n ）= 。

）！（）！（322-2n ⋅+n 取m=3，则n=3时，f （3，3）=15=3×5 。

！）！（）！（3233-333⋅⋅+=若n=4，则f （3，4）= f （3，3）+2 f （2，4）=15+2×45=105 =3×5×7
22
212-2n ⋅⋅+！）！（）！（n f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

这在因式：23中分离出一个因子2即可【1】。

同构表示，先凑阶乘【1】，再凑方幂【1】。

64213-434⨯⨯⋅+=）！（）！（。

！）！（）！（323
13-434⨯⋅+=但与前述猜想存在差异【1】，f （2，n ）的分母应该有一个因子“2！【1】”
【1】
=
由此猜想，f （2，n ）= 。

）！（）！（322-2n ⋅+n 取m=3，则n=3时，f （3，3）=15=3×5 。

！）！（）！（32
33-333⋅⋅+=若n=4，则f （3，4）= f （3，3）+2 f （2，4）=15+2×45=105 =3×5×7
22
212-2n ⋅⋅+！）！（）！（n f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

64213-434⨯⨯⋅+=）！（）！（。

！）！（）！（323
13-434⨯⋅+==于是，f （m ，n ）= m m m n m n 21-⨯⋅+！）！（）！（。

）！
（）！（m n m n m -!m 21+⋅=如何证明？可采用递归中的“同一法”：用通式构造一个新序
递归关系：f（n，n）= f（n-1，n）
f（m，n）=f（m，n-1）+（n-m+1）f（m-1，n）（m<n），
，
为验证第一个递归式，可分别写出两边的表示式
【1】
直接验证即可。

递归关系：f（n，n）= f（n-1，n）
f（m，n）=f（m，n-1）+（n-m+1）f（m-1，n）（m<n），
第一个递归关系符合
【1】。

对于第二个递归式
【1】，因为右边比左边复杂
【1】
，宜从右
边入手，将其化简到与左边一致即可。

递归关系：f（n，n）= f（n-1，n）
f（m，n）=f（m，n-1）+（n-m+1）f（m-1，n）（m<n），
第一个递归关系符合。

【1】
【另解】对于n 阶正方形棋盘，其答案（2n-1）!!非常简单，这自然使我们寻找简单的解法。

注意到（2n-1）!!=1×3×…×（2n-1）是n 个数的连乘积，自然
想到能否分n 步完成棋线对的构造，其中第i 步有（2i-1）种方法。

这样，完成整个事件共有（2n-1）!!种方法。

【分步计数】我们将棋盘的方格分割为n
列【1】，考察每个列上棋子与折线的位置。

每个列都恰含有折线的一个长为1的横向
线段【1】，称为该列的“隔板”【1】。

显然，折线由每列的隔板唯一确定。

01P （3n 5246
Q （n ，n-
6425n 31A （
假定先放好了棋子，称第i 行格含有棋的
列为A i （1≤i ≤n ）【3】。

A 1A 2A 3记安排A i 在各列排列中的顺序（顺序排
列）、并确定该列上隔板的位置的方法数
为f （i ）。

则f （1）=1=2×1-1■。

再考虑f （2），A 2可排在A 1的前面或后面，有两种方法。

但不同排法导致隔板排法数不同，须分类讨论。

【分类计数】如果A 2排在A 1的前面【1】，则A 2上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

A 1A 2如果A 2排在A 1的后面【1】，则A 2上隔板不高于A 1上的隔板且在A 2中棋子的上方【1】，有2种排法【1】。

A 1A 2所以，f （2）=1+2=3=2×2-1。

对于f （3），A 3可排在A 1、A 2形
成的3个“空”中，分3种情形讨论。

如果A 3排在最前面【1】，则A 3上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

如果A 3排在A 1、A 2之间【1】，则A 3上隔板不高于左侧隔板【1】且不低于它右侧隔板【1】。

需先确定其两侧两列上隔板的位置，从而需要对前面A 1、A 21212
33
【分类计数】如果A 2排在A 1的前面【1】，则A 2上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

A 1A 2如果A 2排在A 1的后面【1】，则A 2上隔板不高于A 1上的隔板且在A 2中棋子的上方【1】，有2种排法【1】。

A 1A 2所以，f （2）=1+2=3=2×2-1。

对于f （3），A 3可排在A 1、A 2形成的3个“空”中，分3种情形讨论。

如果A 3排在最前面【1】，则A 3上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

1
2
1
2
33
我们要证明，对A 1、A 2及其隔板的任何一种安排，排A 3及其隔板的安排都有相同种方法（合乎乘法原理特征），所以将A 1、A 2的排法作为第一级分类；将A 3的排法作为第二级分类。

跃峰奥数
【分类计数】如果A 2排在A 1的前面【1】，则A 2上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

A 1A 2如果A 2排在A 1的后面【1】，则A 2上隔板不高于A 1上的隔板且在A 2中棋子的上方【1】，有2种排法【1】。

A 1A 2所以，f （2）=1+2=3=2×2-1。

对于f （3），A 3可排在A 1、A 2形成的3个“空”中，分3种情形讨论。

如果A 3排在最前面【1】，则A 3上隔板不低于A 1上的隔板，只能放在最顶端【1】，有唯一排法。

1
2
1
2
33
以下证明：不管前面排定的A 1、A 2的顺序及隔板位置如何（一级分类），排A 3及A 3上的隔板的方法数都是（按A 3的位置进行2级分类）：f （3）=2×3-1=5■。

跃峰奥数
首先，由乘法原理，安排A
1、A
2
及其隔板有f（1）f（2）=1×3=3种方法，如下
图，其中注意从左向右隔板的高度是非严格递降的。

对第1种情形（一级分类）
【1】，（1）如果A
3
排在最前面（二级分类）
【1】
，则
A3上隔板不低于A2上的隔板【1】，只能放在最顶端，有唯一排法；
（2）如果A
3排在A
1
、A
2
之间，则A
3
上隔板不高于A
2
上的隔板
【1】
且不低于A
1
上
的隔板
【1】
，只能放在最顶端，有唯一排法；
（3）如果A
3排在最后面
【1】
，则A
3
上隔板不高于A
1
上的隔板
【1】
且在A
3
中棋子的
上方
【1】，有3种排法
【1】。

所以，第1种情形中排定A
3及其隔板的方法数：f（3）=1+1+3=5
■。

1
2
31
2
1
2
3
跃峰奥数
对第2种情形
【1】，因为前两列的隔板与第1种情形一致
【1】
，所以，第2种情形中
排A
3
及其隔板的方法数也是：f（3）=1+1+3=5。

对第3种情形
【1】，（1）如果A
3
排在最前面，则A
3
上隔板不低于A
1
上的隔板
【1】
，
只能放在最顶端，有唯一排法；
（2）如果A
3排在A
1
、A
2
之间，则A
3
上隔板不高于A
1
上的隔板
【1】
且不低于A
2
上的
隔板
【1】，有2种排法
【1】
；
（3）如果A
3排在最后面
【1】
，则A
3
上隔板不高于A
2
上的隔板
【1】
且在A
3
中棋子的
上方
【1】，有2种排法
【1】。

所以，第3种情形中排A
3及其隔板的方法数：f（3）=1+2+2=5
■。

1
2
3
1
2
1
2跃峰奥数
这里，A i 表示第i 行含棋（简称含i 号棋）的列，B i 表示A 1，A 2，…，A n 中暂时排在第i 个位置的列（简称当前的第i 列）。

计算排A k+1及A k+1上的隔板的方法数，显然不能穷举前面排定的A 1，A 2，…，A k 所有可能位置，需要找一个具有一般性的“代表”进行论证，这就需要引入适当的参数。

【引入容量参数】记已排定的A 1，A 2，…，A k 的顺序为（B 1，B 2，…，B k ）【1】，其中B 1，B 2，…，B k 是A 1，A 2，…，A k 的一个排列【1】。

B j+1
…B k
B j B 1
A 3A 2
A 1A 4
【分类计数】如果A k+1排在B 1的前面【1】，则A k+1上隔板不低于A 1上隔板【1】，只能放在顶端，有唯一排法；2
3
1
4
跃峰奥数
【引入容量参数】记已排定的A 1，A 2，…，A k 的顺序为（B 1，B 2，…，B k ）【1】，其中B 1，B 2，…，B k 是A 1，A 2，…，A k 的一个排列【1】。

B j+1
…B k
B j B 1
A 3
A 2
A 1A
4
如果A k+1排在B j 、B j+1（j ≤k-1）之间【1】，则A k+1上隔板不高于B j 上的隔板【1】且不低于B j+1上的隔板【1】。

显然，A k+1上的隔板放置的方法，取决于B j 、B j+1上隔板所在直线间的距离【1】。

2
3
1
4
由于“距离”不确定，还需进一步引入容量参数来刻画■。

跃峰奥数
【分类计数】如果A k+1排在B 1的前面【1】，则A k+1上隔板不低于A 1上隔板【1】，只能放在顶端，有唯一排法；A k+1A k+1
【容量参数】设B j 、B j+1上隔板所在直线之距离为d j （1≤j ≤k-1）【1】，则A k+1排在B j 、B j+1之间时，A k+1上的隔板有d j +1种放法【3】。

B
j+1
…B k
B j
B 1
A 3
A 2
A 1
A 4
d j
如果A k+1排在B k 的后面【1】，则A k+1上隔板不高于B k 上的隔板【1】且在A k+1中棋子的上方【1】。

设B k 上隔板及A k+1放棋格上边界所在直线之间的距离为d k 【1】，则A k+1排在B k 的后面时，A k+1上的隔板有d k +1种放法【3】。

d k
所以，
f （k+1）=1+Σj=1k （d j +1）A k+1
=（k+1）+Σj=1k d j。

下面计算Σj=1k d j 【1】■。

跃峰奥数
【整体思考】注意到从左向右隔板的高度是非严格递降的，所以Σj=1k d j 就是A 1上隔板所在直线与A k+1中棋子格上边界所在直线之距离【1】。

B j+1
…
B k
B j
B 1
A 3A 2A 1A 4
d j
d k
A k+1
Σj=1k d j 第k+1行
=k 。

所以f （k+1）=（k+1）+Σj=1k d j =（k+1）+k=2k+1，结论对k+1成立。

由归纳原理，对任何1≤i ≤n ，f （i ）=2i-1。

因为A 1中棋子在第1行【1】，A k+1中棋子在第k+1行【1】，所以Σj=1k d j =k 【1】。

最后，由乘法原理，所有棋线对的个数为∏k=1n f （k ）=（2n-1）!!■。

跃峰奥数
【新写1】设m ×n 棋盘中不同棋线状态的数目为f （m ，n ）。

当m=1时，设折线下方有i （1≤i≤n ）个格，则放一只棋子有i 种方法，所以f （1，n ）=Σi=1n i=n （n+1）/2。

当m=n 时，折线必须经过点P （n-1，n ）到达A （n ，n ）。

去掉棋盘的最后一行，恰去掉一只棋，得到（n-1）×n 棋盘的棋线状态，有f （n-1，n ）种。

添加第n 行，第n 的棋只能放在无棋的列中，有唯一的放法，所以f （n ，n ）=f （n-1，n ）。

当m<n 时，折线可分为如下两类：（i ）折线过点P （m-1，n ）。

对m ×（n-1）的一个棋线状态，在最下端补上一行，棋可放在n-m+1个没有棋的列中，有n-m+1种放法，得到m ×n 棋盘的（n-m+1）f （m-1，n ）个棋线状态。

（ii ）折线过点Q （m ，n-1）。

此时，m 只棋都位于折线的下方，从而最后一列没有棋，去掉最后一列，仍有m 只棋，得到一个m ×（n-1）的棋线状态，有f （m ，n-1）种。

反之，对m ×（n-1）的一个棋线状态，其中已有m 只棋，只能在最右端补上一列空格，有唯一的方法，得到f （m ，n-1）个m ×n 的棋线状态。

所以f （m ，n ）=f （m ，n-1）+（n-m+1）f （m-1，n ）。

【确定边界值】【减元递归】
【二维递归】
■
【归纳通式】【递归“同一法”】
【从繁到简】
【答题】
下面演示另一个解答
■。

【新写2】称第i 行格含有棋的列为A i （1≤i ≤n ），称折线在A i 上的横向线段为A i 上的隔板。

我们证明安排A i 在各列中的顺序及A i 上隔板的位置的方法数f （i ）=2i-1。

对i 归纳，当i=1时，f （1）=1=2×1-1。

设结论对1≤i ≤k 成立，考虑f （k+1）。

记已排定的A 1，A 2，…，A k 的顺序为（B 1，B 2，…，B k ），其中B 1，B 2，…，B k 是A 1，A 2，…，A k 的一个排列，且由折线的特征，B 1，B 2，…，B k 上的隔板高度依次不增。

如果A k+1排在B 1的前面，此时A 1必定在A k+1的后面，但A k+1上的隔板不低于A 1上的隔板，所以A k+1上隔板有唯一排法；如果A k+1排在B j 、B j+1（1≤j ≤k-1）之间，设B j 、B j+1上隔板所在直线之间的距离为d j （1≤j ≤k-1），则排A k+1上的隔板有d j +1种方法。

如果A k+1排在B k 的后面，设B k 上的隔板及A k+1中棋子格的上边界所在直线之间的距离为d k ，则排A k+1上的隔板有d k +1种放法。

所以，f （k+1）=1+Σj=1k （d j +1）=（k+1）+Σj=1k d j 。

其中Σj=1k d j =k ，因为它是A 1上隔板所在直线与A k+1中棋子格上边界所在直线之间的距离。

所以f （k+1）=（k+1）+Σj=1k d j =（k+1）+k=2k+1。

由乘法原理，所有棋线对的个数为∏k=1n f （k ）=（2n-1）!!。

【分步计数】【顺序排列】【容量参数】■■。