数学竞赛专题讲座组合数学

合集下载

竞赛数学组合教案模板初中

教学对象：初中一年级教学目标：1. 知识与技能目标：使学生掌握组合数学的基本概念、性质和应用，提高学生的逻辑思维能力和数学运算能力。

2. 过程与方法目标：通过竞赛的形式，培养学生的团队合作精神、竞争意识和解决实际问题的能力。

3. 情感态度与价值观目标：激发学生对数学的兴趣，培养学生的创新精神和实践能力。

教学内容：1. 组合数学的基本概念2. 组合数的计算方法3. 组合的应用问题4. 竞赛题型及解题技巧教学过程：一、导入新课1. 复习上节课所学内容，引导学生回顾组合数学的基本概念。

2. 通过生活中的实例，引入组合数学在生活中的应用，激发学生的学习兴趣。

二、新课讲解1. 讲解组合数学的基本概念，如排列、组合、二项式定理等。

2. 通过实例讲解组合数的计算方法，如排列组合公式、二项式定理的应用等。

3. 分析组合的应用问题，如生日悖论、密码设置等，引导学生运用所学知识解决实际问题。

三、课堂练习1. 出示典型题目，让学生独立完成，教师巡视指导。

2. 针对学生的完成情况，讲解解题思路和技巧。

四、竞赛模拟1. 组织学生进行组合数学竞赛模拟，让学生在竞赛中检验自己的学习成果。

2. 教师点评学生的表现，指出不足之处，鼓励学生继续努力。

五、课堂小结1. 回顾本节课所学内容，总结组合数学的基本概念、性质和应用。

2. 强调学生在竞赛中应注重团队合作、竞争意识和解决问题的能力。

六、课后作业1. 完成课后练习题，巩固所学知识。

2. 针对课后作业中的难点，进行讨论和交流。

教学评价：1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、合作意识、竞争意识和解决问题的能力。

2. 作业完成情况：检查学生课后作业的完成质量，了解学生对知识的掌握程度。

3. 竞赛成绩：通过竞赛模拟，了解学生的实际应用能力和团队协作能力。

教学反思：1. 教师应关注学生的个体差异，因材施教，提高教学效果。

2. 注重培养学生的创新精神和实践能力，激发学生的学习兴趣。

3. 结合实际生活，让学生体会到数学的应用价值，提高学生的数学素养。

数学竞赛经典讲座-组合不等式

组合不等式讲座组合不等式问题是数学竞赛中的热点问题，通常也是教学竞赛中难度很大的问题，同时也是针对学生思维考测的典型问题．组合不等式问题的内容非常广泛，涉及到代数、几何、数论等多个分支。

组合不等式问题有：组合数不等式、组合计数不等式、组合最值、组合几何不等式、组合数论不等式等．下面就从几个典型的组合不等式问题的研究，提高我们的思维能力．例1：对n ≥2，证明（1）n n n n C 422<<；（2）1124--<n n n C证明：（1）当n =2时，22222462<=<⨯C 不等式成立设kk k k C 422<<成立，则1+=k n 时由n k k k k k k k k k n C C C C 22222212121222==⋅>>==++++ n k k k k k k k k kk n n C C C k k C C 4444422112221222122==⋅<=⋅<++⋅<=++ 知不等式成立由归纳原理，对n ≥2不等式nn n n C 422<<恒成立（2）∑-=----=⋅==12012122212122124n k k n n n n C nn n k n n k n C C C 121112122--=---=>=∑ 例2：在一个车厢中，任何()3≥m m 个旅客都有惟一的公共朋友（当甲是乙的朋友时，乙也是甲的朋友；任何人都不作为自己的朋友），问在这个车厢中，朋友最多的人有多少位朋友？解：设朋友最多的人有k 个朋友，显然，m k ≥，若m k >，设A 有k 个朋友B 1，B 2，…，k B ，并记{}k B B B S ,,21=．设{}121,,,-m i i i B B B 是S 的任一个1-m 元子集，则A ,121,,,-m i i i B B B 这m 个人有惟一的公共朋友，记为i C ．因i C 是A 的朋友，故S C i ∈．宝义映射{}S C B B B f i i i i m ∈→-121,,,: ，则f 是从S 的所有1-m 元子集的集合到S 的一个单射．事实上，若有S 的两个不同的1-m 元子集{}121,,,-m i i i B B B和{}121,,,-m j j j B B B，二者有相同的象i C ，则因{}{}1111,,,,--m m j j i i B B B B中至少有m 个元素，这m 个人有两个公共朋友A 和i C ，此与已知矛盾．由于f 是单射，故有k C m k≤-1．另一方面，因为3≥m ，21≥-m ，所以k C C C k k m k =>≥-121，矛盾．可见，所求的最大值为m ．例3：设{}10,,2,1 =S ，k A A A ,,,21 都是S 的子集且满足（1）k i A i ,,2,1,5 ==；（2）k j i A A j i ≤<≤≤1,2 ．求k 的最大值．解：设k 有个子集满足题中条件（1）和（2），并设i 属于这k 子集中的i x 个集合，i =1，2，…，10．若j A i ∈ ，k A i ∈，k j ≠，则称i 为一个重复数对．于是由数i 导致的重复数对有2i x C 个．由S 中的10个元素所导致的重复数对的总数为2221021x x x C C C +++ ，k x x x 51021=+++ ．另一方面，每两个子集间至多有两个重复数对，所以k 个子集之间至多有22k C 个得复数对．因而有222221021k x x x C C C C ≤+++ ①由柯西不等式有2221021x x x C C C +++ ()()(){}1112110102211-++-+-=x x x x x x ()()102121022212121x x x x x x +++-+++= ()k x x x 25212102212-++= ()()2452552012-=-≥k k k k ②由①和②得到()1245-≤-k k ③由③解得6≤k ．这表明至多有6个子集．例4：设3221,,,+n P P P 为平面上的32+n 个点，其中任何3点都不共线，任何4点都不共圆．过其中3点作圆，使其余n 2个点在圆内和圆外各有n 个点，这种圆的个数词类K ，求证2321+>n C K π．证明：首先证明对任意两点i P ，j P ，一定存在第3点k P ，使得过i P ，j P ，k P 3点的圆满足题中的要求．为此，不妨设直线i P j P 的上方的点数1+≥n m ．因为任何3点不共线，任何4点不共圆，故可将直线上方的m 点按对线段i P j P 的张角从小到大排列为1k P ，2k P ，…m k P ，即有︒<∠<<∠<∠<︒180021j k i j k i j k i P P P P P P P P P m由此可知，过i P ，j P ，k P 3点的圆内的点数不多于n ．若两圆中有一圆内恰有n 个点，则它就满足要求．否则，前者内部点数大于n ，后者内部点数小于n ．而当顺次考察过i P ，j P ，k P （h=1,2,…,m ）3点的圆时，圆内给定点的个数每次恰减少1个．故知其中必有1个圆满足题中要求．这样一来，对于{}3221,,,+n P P P 中的任意两点都可以作出1个圆满足题中要求．于是共可得到232+n C 个圆．但在这个计数过程中，每个圆可被计数3次，故得232232131++>≥n n C C K π．例5：10人到书店去买书，已知（1）每人都买了3种书；（2）任何两人所买的书中，都至少有一种相同．问购买人数最多的一种书最少有几个人购买？说明理由．解：右图中，由正五边形的中心和两个相领顶点构成的三角形共有5个，由正五边形的3个不全相连的顶点构成的三角形也共有5个．不难看出，这10个三角形中的任何两个都至少有一个公共顶点．将这些三角形的顶点号码组写出来并让10人所买的书号依次为这10个三角形的顶点号码组：（123），（134），（145），（156），（162），（245），（356），（426），（523），（634）．显然，每种书都有人购买．故知所求的最小值示超过5．设所求的最小值为4，10人共买了n 种书且第i 种书有i m 人购买，于是4≤i m 且3021=+++n m m m ．当两人买同一种书时，称之为一个“书对”．由已知，每两人之间至少有1个书对，于是至少共有45210=C 个书对．另一方面，由第i 种书形成的书对有2i m C 个，共有22221nmm m C C C +++ 个书对．从而有 4522221≥+++nm m m C C C ①因为624=C ，323=C ，122=C ，故又有437222422221=+≤+++C C C C C nm m m ②由于①与②矛盾，故知所求的最小值为5．例6：在1980×1981的方格表的每个方格中都写有＋1，－1和0之一，且表中所有数之和等于0．试证存在两行和两列，使得位于它们交点处的4个数之和为0．证明：若不然，则任何一个边在网格线上的矩形的4个角格中的4数之和均不为零．（1）考察数表中0的个数．设表中1981列中0的个数依次为198121,,,k k k ．因为不能有两行两列之交的4个方格中同时为0，故有197999019811219802⨯=≤∑=i ki C C．①因为990245=C ，946244=C ，故表中0的个数不超过1980×45个．1980×1936，故－1的个数与＋1的个数都不少于1980×968．若有某行中有1015个－1，则因有＋1最多的一行至少有968个＋1，故必有两个－1与两个＋1同列，此与反证假设矛盾，故知每行中－1的个数和＋1的个数均不超过1014．设第i 行有ni 个－1，mi 个＋1，1980,,2,1 =i ．因为不能有两行两列之我的4格中的数之和为0，故必有∑=⨯=≤19801219819901981i Cnimi ，②其中∑=⨯≥198019681980i ni ，∑=⨯≥198019681980i mi ，ni ，1014≤mi ，1980,,2,1 =i ．由排序不等式知在②式中可设{}ni 递增而{}mi 递减且在容许条件下前面的mi 尽可能大，前面的ni 尽可能地小．从而有∑=⨯≥19801210141800i nimi ③③与②矛盾，这就完成了反证的证明．例7：在某项竞赛中，共有a 名参赛选手与b 位裁判员，其中3≥b 为奇数，每位裁判对每名选手的评分都只有“合格”与“不合格”两种，设N k ∈，任何两位裁判至多可对k 名选手有完全相同的评分，求证bb a k 21-≥．证明：当两位裁判对一名选手的评分相同时，称之为一个“相同评分对”下面对相同评分对的个数进行换序求和．一方面，每名运动员都获得b 位裁判的各一个评分．设第i 名选手获得xi 个合格与xi b -个不合格，于是由第i 名选手产生的相同评分对的个数为22i ix b x C C -+，a i ,,2,1 =．从而所有相同评分对的个数为()()221122m m ai x b x C C a C Ci i +≥++=-∑()()()2112am m m m m a=-++=，其中12+=m b ，N m ∈．另一方面，任何两位裁判所产生的相同评分对至多k 对，故所有相同评分对的个数不超过2b kC ．结合起来，得到()21222am C C kC ai x b x bii ≥+≥∑=-， ()2121am b b k ≥-⋅， 21-⋅=≥b a am kb ， bb a k 21-≥．例8：n 个平面最多可以将空间分成多少个部分区域？解：为求这个最大值，我们先证如下的引理，平面上的n 条直线，最多可以把平面分成121++n C 个部分．显然，当这n 条直线两两相交且任何三条都不共点时，把平面分成的部分最多．设平面被k 条直线分成的部分数的最大值为k m ，然后加入第1+k 条直线，它与前k 条直线中的每一条都相交，共得到k 个交点，这k 个点将第1+k 条直线分成1+k 段，其中每一段都把它所穿过的区域一分为二．故知由于第1+k 条直线的加入而新增加的小区域数与第1+k ．这样，我们得到递推公式11++=+k m m k k由此递推即得211--+-+=+=n n n m n n n m m1112121111+=++++-+=+++-+=+n C n n m n n这就完成了引理的证明，下面利用引理来解原题．设空间中的k 个平面最多能把空间分成k υ个区域，然后考察当第1+k 个平面加入时，新增加的小区域的个数．这时，第1+k 个平面与前k 个平面中的每个平面都交于1条直线，在第1+k 号平面上共得到k 条直线．由引理知，这k 条直线最多能把平面分成121++k C 个部分，其中每部分都把它所穿过的区域一分为二，故得递推关系式mk k k +=+υυ1由此递推即得1121υυ++++=--m m m n n n()2122212+-++++=-n C C C n n 131++=+n C n ，即空间中的n 个平面最多可以把空间分成131+++n C n 个部分，这个最大值当任何3个平面都共点，任何四个平面都不共点时取得．例9：设{}n S ,4,3,2,1=项的数列n a a a ,,,21 具有下列性质：对于S 的任何一个非空子集B （集B 的元数记为B ），在该数列中都有相邻的B 项恰好组成集合B ．求项数n 的最小值．解：对于每个S i ∈，它都可以与S 中的另外3个元素各组成一个二元子集，即共有3个含i 的二元子集，若i 在数列中仅出现1次，则含i 的相邻两项组至多两个，所认i 在数列中至少出现两次，由于1，2，3，4都至少出现两次，故数列至少有8项，即8≥n ．另一方面，容易验证，8项数列3，1，2，3，4，1，2，4满足题中条件．综上可知，数列项数n 的最小值为8．例10：给定平面的n 的相异点，证明其中距离为单位长的点对少于32n 对．证：对于平面上的点集{}n P P ,,1 ．令i e 表示与i P 相距为单位长的点j P 的个数，不妨设1≥i e ，则相距为单位长的点对的对数是221ne e e E +++=设i C 是以点i P 为圆心，以1为半径的圆．因为每对圆至多有2个交点，故所有的i C 至多有()122-=n n C n 个交点．点i P 作为j C 的交点出现2j e C 次，因此()∑=≥-nj e j C n n 121()()∑∑==-≥-=n j j nj j j e e e 12112121 ①由柯西不等式及①式得()()∑∑==-⋅≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n j j n j j e n e 122111()3212n n n n <-⋅≤于是有()∑=⋅<-nj jn e132121∑==nj jeE 33222n n n <+<．于是问题得证．例11：设A 是一个n 元集合，A 的m 个子集m A A A ,,,21 两两互不包含，试证（1）∑=≤mi in A C 111；（2）∑=≥mi i nm A C12，其中i A 表示i A 所含元素的个数证：按定义有()!!!1n A n A A C i i i n -=，由此可见，为证（1），只须证明等价不等式()∑=≤-mi iin A n A 1!!!．①对于每个i A ，利用i A 构造集A 中的n 个元素的排列如下：前i A 个位置是i A 中的所有元素的一个排列，后()i A n -个位置是i A 的补集ci A 中的所有元素的一个排列，这样的排列称之为从属于iA的排列，按乘法定理知，这样的排列数是()!!i i A n A -．当i j ≠时，不妨设i j A A ≥，如果有一个A 的元素的排列既从属于i A ，又从属于j A ，则其中的前i A 个元素都属于i A ，前j A 个元素都属于i A ，从而有j i A A ⊂，此与已知矛盾，这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同，因为A 中n 个元素的所有排列总数为!n ，故得不等式①．对于任何m 个正数m a a a ,21,，由柯西不等式有⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=∑∑∑===m i i m i i m i i i a a a a m 1121211． ②在②中令iA ni C a =，m i ,,2,1 =，由已证的不等式（1）即得∑∑∑===≤⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤m i An mi A n m i An i i iC C C m 11121 例12：已知一个由0和1组成的数列n x x x ,,,21 ，A 为等于（0，1，0）或（1，0，1）的三元数组()k j i x x x ,,的个数，其中i j x x k j i ≠≤<<≤1的j 的个数．（1）求证：222321nd d d n C C C C A ----= ；给定奇数n ，求A 的最大值．解：对于n i ,,2,1 =，令{}n j i x x i j x x x D i j i j j i ≤<≠<≤==,;1,，于是有i i d D =，在i D 中任取二元与i x 共3项，按下标从小到大的顺序排成三元数组，所有这样数组的集合记为i S ，显示然，2i d i C S =，将所有不满足题中要求的三元数组的集合记为T ，则T S i ⊂，n i ,,2,1 =且诸i S 两两不交，实际上，若()i k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x =≠；若()j k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ≠=；若()k k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ==，由此可知诸i S 两两不交．另一方面，对于T 中任一个三元数组()k j i x x x ,,，必为下列6种情形之一：（0，0，1），（0，1，0），（0，1，1），（1，0，0），（0，0，0），（1，1，1），按定义，前两种情形属于j S ，中间两种情形属于i S ，后两种情形属于k S ，故有 ni iST 1=⊂，从而得到ni i S T 1==⊂由此即得2223321nd d d n n C C C C T C A ----=-= 再解（2）按i D 和i d 的定义，对任一个二元数组()j i x x ,，n j i ≤<≤1，若j i x x =，则j i D x ∈并在j d 中计数一次；若j i x x ≠，则j x 恰在i d 中计数一次，由此可见，所有i d 之和恰为所有二元数组的个数，即有∑==ni n iC d12．为求A 的最大值，只须求∑=ni d jC12的最小值，这时，由柯西不等式有∑∑==≤⎪⎭⎫⎝⎛ni i n i i d n d 1221①所以有()∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=ni ni n i n i i i i i d d d d d C i11112221121 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛≥∑∑==n i i n i i d d n 121121 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==112111n i i n i i d n d ()()3181--=n n n ②因为12+=k n ，所以k n 21=-，223-=-k n ，()181-n n()()21213k nC k nk n =-=-，代入②式即得212k ni d nC C i ≥∑= ③由①知，③式中等号成立当且仅当()12121-====n d d d n ，容易验证，当数列中奇数项均为0而偶数项均为1时，所有i d 都相等，这表明③式右端所表示的最小值是可以取得的，从而知A 的最大值为()()()()()1241318121612230-=-----=-=n n n n n n n n nC C A k n ．例13：圆周上有800个点，依顺时针表为800,,3,2,1 。

数学竞赛讲义组合计数

数学竞赛讲义第一讲组合计数本讲概述组合数学是竞赛中最重要的一个板块，也是变化最多，最灵活，难以掌握，至今还没有一个系统体系的学科.解决竞赛中的组合数学问题，往往不需要太多专门的知识，而是要求深刻的洞察能力和强大的化归、转化能力.所谓“得组合者得天下”，在联赛一二试乃至冬令营、集训队、IMO 中，最后的胜者往往是成功完成组合问题的同学.因此，学习组合数学对于竞赛获奖以及数学能力的培养都有着十分重要的意义.从本讲开始，我们将用七讲来对组合数学做一个大致的勾勒.通过这七讲的学习，达到以下目的：1、掌握联赛一二试组合问题的特点与解法；2、对组合数学这门学科有一个初步的认识，为进一步学习打下基础；3、了解部分冬令营级别组合问题的难度与解题模式.七讲内容分别为：一、组合计数（1）比高考略难的基本计数问题二、组合计数（2）需要较多技巧的专门计数问题三、组合恒等式较为重要和有趣味的组合恒等式四、抽屉原理与存在性问题五、容斥原理与极端性原理六、染色问题与操作问题七、组合数学综合问题本讲中，假定各位同学已经大致学完了高考难度的排列组合模块内容，对加法原理、乘法原理等有一定的理解并能完成相关的问题.教师备注：本讲可与下一讲打通讲述，也可本讲专门讲常规的枚举、基本的组合问题，下一讲专门讲述一些较为高级的技巧.首先给出一些相关的基本知识： 1、加法原理与乘法原理加法原理：完成一件事的方法可分成n 个互不相交的类，在第1类到第n 类分别有12,,...,n m m m 种方法，则总共完成这件事有121...nin i mm m m ==+++∑种方法.应用加法原理的关键在于通过适当的分类，使得每一类都相对易于计数.乘法原理：完成一件事的方法有n 个步骤，，在第1步到第n 步分别有12,,...,n m m m 种方法，则总共完成这件事有121...nin i m mm m ==∏种方法. 应用乘法原理的关键在于通过适当的分步，使得每一步都相对易于计数.由上可见，加法原理与乘法原理也是化归思想的应用，通过这两个原理以及它们的组合，可以将一个复杂的组合计数问题分解成若干个便于计数的小问题.2、无重排列与组合阶乘：定义 !(1)(2)...21n n n n =⋅-⋅-⋅⋅⋅，读作n 的阶乘无重排列：从n 个不同元素中任取m 个不同元素排成一列，不同的排列种数称为排列数，记为mnA （部分书中记为m n P ），由乘法原理得到!(1)...(1)()!m n n A n n n m n m ==⋅-⋅⋅⋅-+-无重组合：从n 个不同元素中任取m 个元素并为一组，不同的组合种数称为组合数，记为mn C ，其公式为(1)...(1)!!!()!!mmn nA n n n m n C m m n m m ⋅-⋅⋅⋅-+===- 3、可重排列与组合（仅给出结论，请自证之）可重排列：从n 个不同元素中可重复地任取m 个元素排成一列，不同的排列种数有mn 种；有限个重复元素的全排列：设n 个元素由k 个不同元素12,,...,k a a a 组成，分别有12,,...,k n n n 个（12...k n n n n +++=），那么这n 个元素的全排列数为12!!!...!k n n n n ⋅⋅⋅可重组合：从n 个不同元素中，任意可重复地选取m 个元素，称为n 个不同元素中取m 个元素的可重组合，其种数为1mn m C +-4、圆排列（仅给出结论，请自证之）在n 个不同元素中，每次取出m 个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）．圆排列有三个特点：（i ）无头无尾；（ii ）按照同一方向转换后仍是同一排列；（iii ）两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同，但元素之间的顺序不同，才是不同的圆排列．在},,,,{321n a a a a A =的n 个元素中，每次取出m 个不同的元素进行圆排列，圆排列数为mn A m．例题精讲板块一利用加法、乘法原理以及枚举方法计数联赛一试的填空题中出现的计数问题有接近一半的问题不需要用到很高深的技巧，而是直接利用最基本的加法、乘法原理，以及枚举方法来计数.这主要是考虑到有一部分参加联赛的同学并未经过专业的竞赛训练.虽然如此，这部分计数问题枚举起来往往分类复杂，需要小心仔细.从往年的联赛试题来看，枚举法解决计数问题是最主要的题型之一，其难点在于做到“不重不漏”，这是加法原理的一个简单的应用.枚举过程中，采用恰当的分类、分步形式，往往会收到化难为易的效果.【例1】 (高考难度的热身问题)（1）等腰三角形的三边均为正整数．它们周长不大于10．这样不同的三角形的种数为A ．8B ．9C ．10D ．1l（2）有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 A.234 B ．346 C. 350 D ．363 【解析】（1）设三边为x,y ，z ，则x+y+z ≤10，由三边关系共有(1，1，1)，(1，2，2)，(1，3，3)，(1，4，4)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，3)，(2，4，4)，(3，3，3)，(3，3，4)共10种．（2）B 前排中间的3个座位不能坐，有排法220A ，其中相邻的分三类，在前排的其中的4个座位有322A ；则符合条件的排法种数中2222222201133A A A A ---=346，故选B （这是正难则反的思想，从总体中除去不符合要求的）另解：分三类：①两人坐在前排，按要求有4·6+4·5=44种坐法．②两人坐在后排，按要求有：211A =110种坐法．③两人分别坐在前后排，有8×12×2=192种∴共有346种排法．【例2】（1）有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？（2）集合{1,2,...,100}的子集中共有多少个至少包含一个奇数？【解析】（1）按照上题正难则反的思想，可以先找出所有的五位数，共有90000个，其中可被3整除的有30000个，下面研究这30000个数中不含数字6的数，最高位有8种选择，千、百、十位各有9种选择，个位数除不能为6外，还应满足恰各位数之和可被3整除，这恰有3种选择，例如当前四位除以3余2时，个位应为1,4,7之一；故能被3整除且不含数字6的有8999317496⨯⨯⨯⨯=个，故所求五位数有30000-17496=12504个（2）显然全部子集数为1002个，不包含任何奇数的子集即{2,4,6,...,98,100}的子集共有502个，故所求子集个数为1005022-个.(思考：请用最简洁的方法确定为何n 元集合子集数为2n个)【例3】设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共种【解析】这是标准的联赛风格的枚举问题，所谓杀鸡焉用牛刀，用递归方法来解这类问题就太麻烦了.显然青蛙不能跳1，2,4次到达D 点，于是青蛙的跳法只有以下两种：（1）青蛙跳3次后到达D 点，有2种跳法；（2）青蛙跳5次后停止，跳3次有322-种，后两次有22种，共计24种；所以，合计有26种跳法注本题为1997年联赛试题【例4】从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。

高二数学竞赛班讲义第六讲组合问题

高二数学竞赛班二试第六讲组合问题班级姓名一、知识要点：组合数学是一个既古老又年轻的离散数学分支，竞赛中的组合问题主要包括组合计数问题、组合极值问题、存在性问题、操作变换问题、组合几何问题以及图论中的问题，求解竞赛中的组合问题并不是需要复杂的数学知识，然而在趣味性命题的陈述下包含了高超的解题技巧，无论是从智力训练的角度，还是从竞赛准备的角度考虑，理解和钻研这些问题都是十分有意义的．在解决组合问题时，有时会用到以下几个原理．1、极端原理原理 1 设M 是自然数集的一个非空子集，则M 中必有最小数．原理 2 设M 是实数集的一个有限的非空子集，则M 中必有最小数．2、抽屉原理把5个苹果放到4个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。

一般地，我们将它表述为：把（mn ＋1）个物体放入n 个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m ＋1）个物体。

使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。

一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。

第一抽屉原理若将m 个小球放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至少有11+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n m 个小球．第二抽屉原理若将m 个小球放入n 个抽屉中，则必有一个抽屉内至多有⎥⎦⎤⎢⎣⎡n m 个小球． 3、算两次原理所谓算两次原理（又称富比尼原理）就是对同一个量，如果用两种不同的方法去计算，所得的结果应相等．二、经典例题例 1．（2008年山西省预赛试题）设M ＝｛1，2，…，2008｝是前2008个正整数组成的集合，A ＝｛1a ，2a ，…30a ｝是M 的一个30元子集，已知A 中的元素两两互质，证明A 中至少一半元素是质数．分析考查集合A 中的合数a ，设p 是a 的最小质因数，则p ≤a .又a ≤2008，于是p ≤45，再由A 中的元素两两互质，可以证明A 中16个元素中必有一个是质数，进而可以导出结论．证明先证明：A 中16个元素中必有一个是质数．为此，任取16个元素，不妨设为1a ，2a ，…，16a ，若其中没有质数，则它们中至多一个为1，其余15个皆为合数．设1a ，2a ，…，15a 都是合数，则每个数皆可分解成至少两个质因数的乘积，若i p 是i a 的最小质因数，则i p ≤i a （i ＝1，2，…，15）．由于A 中的数两两互质，则1p ，2p ，…，15p 互不相同，而将全体质数自小到大排列，第15个质数是47，所以，若1p 是1p ，2p ，…，15p 中的最大数，即有1p ≥47，于是1a ≥21p ≥247＞2008，即1a ∉M ，矛盾！因此，1a ，2a ，…，15a 中必有质数，不妨设1a 为质数，今从集合A 中去掉1a ，在剩下的29个元素中，再次进行同样的讨论，可知其中的16个元素中也必有一个是质数，设为2a .如此下去，可以连续进行15次，每次都可从A 中取到一个新的质数，因此A 中至少有15个质数．说明本题利用极端原理，通过对合数的最小质因数的考查，获取集合A 中元素的性质，进而完成了证明，这种方法也是数论中研究合数的一种重要策略．例 2．已知A 与B 是集合｛1，2，3，…，100｝的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且A ∩B 为空集，若n ∈A 时总有2n+2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为多少？分析该问题是组合构造，由条件“A 与B 的元素个数相同且若n ∈A 时总有2n +2∈B ”知|A |＝|B |，且2n +2≤100，从而可知A 中的元素不超过49个，为此需要进行分类考虑．解首先证明|A ∪B |≤66，只需要证明|A |≤33，由分析知需要证明：若A 是｛1，2，3，…，49｝的任何一个34元子集，则必存在n ∈A ，使得2n+2∈A.证明如下：将｛1，2，3，…，49｝分成如下33个集合：｛1，4｝，｛3，8｝，｛5，12｝，…，｛23，48｝，共12个；｛2，6｝，｛10，22｝，｛14，30｝，｛18，38｝，共4个；｛25｝，｛27｝，｛29｝，…，｛49｝，共13个；｛26｝，｛34｝，｛42｝，｛46｝，共4个．若A 是｛1，2，3，…，49｝的任何一个34元的子集，则由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的两个数均属于A ，即存在n ∈A ，2n +2∈A .所以|A |≤33.事实上，如取A ＝｛1，3，5，…，23，2，10，14，18，25，27，29，…，49，26，34，42，46｝，B ＝｛2n +2|n ∈A ｝，则A ，B 满足题中要求，且|A ∪B |＝66.所以集合A ∪B 的元素个数最多为66.说明将集合中的元素进行适当分会组，并结合抽屉原理使问题得以解决，这是解决类问题的常用手段.例 3． (2007年浙江省预赛试题)设M ＝｛1，2，…，65｝，A M 为子集，若|A|＝33，且存在x ，y ∈A ，x ＜y ，x | y ，则称A 为“好集”，求最大的a ∈M ，使含a 的任意33元子集为好集．分析首先要准确理解“好集”的含义，搞清楚“好集”中元素的构成规律，再来分析a 的可能的取值．解令P ＝｛21 + i | i ＝1，2，…，44｝— ｛2（21 + i ）| i ＝ 1，2，…，11｝，| p | ＝ 33.显然对任意1≤i ＜j ≤44，不存在n ≥3，使得21+j ＝ n (21 +i )成立，故P 是非好集．因此a ≤21，下面证明：包含21的任意一个33元子集A 一定为好集．设A ＝｛1a ，2a ，…，32a ，21｝．若1，3，7，42，63中之一为集合A 的元素，显然A 为好集现考虑1，3，7，42，63都不属于集合A ．构造集合：1A ＝｛2，4，8，16，32，64｝，2A ＝｛5，10，20，40｝，3A ＝｛6，12，24，48｝，4A ＝｛9，18，36｝，5A ＝｛11，22，44｝，6A ＝｛13，26，52｝，7A ＝｛14，28，56｝，8A ＝｛15，30，60｝，9A ＝｛17，34｝，10A ＝｛19，38｝，11A ＝｛23，36｝，12A ＝｛25，50｝，13A ＝｛27，54｝，14A ＝｛29，58｝，15A ＝｛31，62｝，'A ＝｛33，35，37，…，61，65｝，由上可见，1A ，2A ，…，15A 每个集合中两个元素都是倍数关系，考虑最不利的情况，即'A A ，也即'A 中16个元素全部选作A 的元素，A 中剩下16个元素必须从1A ，2A ，…，15A 这15个集合中选取，根据抽屉原理，至少有一个集合有两个元素被选，即集合A 中至少有两个元素存在倍数关系．综上所述，包含21的任意一个33 元子集A 一定为好集，即a 的最大值为21．说明对于这一类型的集合问题，一般都需要通过适当的方式构造出符合某种要求的集合，抽屉原理是解决集合构造问题的常用工具．例4．（2008年甘肃省预赛试题）一个20行若干列的0、1数阵满足：各列互不相同且任意两列同一行都取1的行数不超过2．求当列数最多时，数阵中1的个数的最小值．分析由题设，对于数阵中1的个数超过3的列，保留其中任意3个1，而将其余的都变成0，得到的新数阵仍然满足要求，于是可知当列数最多时，数阵中至多包含1的个数不超过3的所有的列.这样可得列数最大值，进而求得此时数阵中1的个数的最小值．解对于满足条件的列数最大的一个数阵，如果这个数阵中某一列1的个数超过3个，那么就保留其中任意3个1，其余的都改变成0，这样就会得到一个列数相同并有仍然满足要求的一个新数阵，如果这个新数阵中还有1的个数超过3的列，则重复上述过程，最后可以得到一个列数最多，且每列中1的个数最多为3的满足要求的数列，它的列数最多为1+120C +220C +320C .另一方面，构造一个满足要求的数阵如下：它包括没有1的列以及所有互不相同的只有一个1的列，2个1的列和3个1的列，由上所说，可知这个数阵的列数是最多的，同时在满足要求的列数最多的所有数阵中所有数阵中，该数阵中的1是最少的，此数阵的列数为1+120C +220C +320C ，此数列中1的个数是120C +2202C +3203C ＝20+380+3420＝3820说明本题中求数阵的列数的最大值的方法叫做局部整法，它是解决最值问题的一种行之有效的方法，尤其是离散变量最值问题常常需要用到这种方法．例 5．（2008年浙江省预赛试题）将3k （k 为正整数）个石子分成五堆，如果通过每次从其中3堆中各取走一个石子，而最后取完，则称这样的分法是“和谐的”，试给出和谐分法的充分必要条件，并加以证明．分析从整体上看，就是从3k个石子中每次取3个，恰好k次取完，于是和谐的分法就是要求每堆石子的个数不超过k，再用数学归纳法证明，最多一堆石子的个数不超过k的分法是和谐的．解分析是和谐的充分必要条件是最多一堆石子的个数不超过k．下面设五堆石子的个数分别为a、b、c、d、e（其中a≥b≥c≥d≥e）．“必要性”的证明：若分法是和谐的，则把a所对应的石子取完至少要取a次，这a次每次都要取走3个石子，如果a＞k，则3a＞3k，即把a所对应的一堆取完时，需取走的石子多于五堆石子的总数，矛盾，因此最多一堆石子的个数不能超过k.“充分性”的证明：（数学归纳法）（1）当k＝1时，满足a≤k的分法只能是1、1、1、0、0．显然这样的分法是和谐的．（2）假设k≤n时，若a≤k的分法是和谐的．当k＝n+1时，若a≤n+1，且分法a、b、c、d、e是不和谐的，则分法a－1、b－1、c－1、d、e也是不和谐的．由（2）及必要性的证明，可知max｛a－1，b－1，c－1，d，e｝＞n．因为a≥b≥c≥d≥e，所以max｛a－1，b－1，c－1，d，e｝＝max｛a－1，d｝＞n．若a－1≥d，则有a－1＞n．这与a≤n+1矛盾．若a－1＜d，则有n＜d≤c≤b≤a≤n+1，从而有a ＝b＝c＝d＝n+1，于是有3（n+1）＝a + b + c + d + e＝ 4 (n+1) + e，这是不可能的．因此，当a≤n+1时，分法a、b、c、d、e是和谐的说明本题充分性的证明采用的是数学归纳法，这是一种归纳构造，它是利用构造思想解决存在性问题的一种重要手段例 6．（1988年全国联赛试题）在坐标平面上是否存在一个含有无穷多条直线1l ，2l ，…，n l ，…的直线族，满足条件：（1）点（1，1）∈n l ，n ＝1，2，3，…；（2）1+n k ＝ n a －n b ，其1+n k 中是1+n l 的斜率，n a 和n b 分别是n l 在x 轴和y 轴上的截距，1k 是1l 的斜率，n ＝ 1，2，3，…；（3）1+n n k k ≥0，n ＝ 1，2，3，…并证明你的结论分析假设这样的直线族存在，先利用直线n l 的方程求出n a 与n b ，即可得到｛n k ｝的递推关系，再结合条件（3）求解解题中给出的是以点（1，1）为公共点的中心直线族，若这样的直线族存在，则n l 的方程为y －1 ＝ ()1-x k n当y ＝ 0 时，－1＝()1-n n a k ，n a ＝ 1－nk 1 当x ＝ 0 时，n b －1＝－n k ，n b ＝ 1－n k因为n l 存在，所以n a 和n b 都存在，从而n k ≠0，n ＝ 1，2，3，…，利用条件（2）有1+n k ＝ n a －n b ＝ n k －nk 1 继续有 n k ＝ 1-n k －11-n k …… 2k ＝ 1k －11k 以上诸式相加得到1+n k ＝ 1k －（11k + 21k + … + nk 1） ① 由n k ≠0及条件(3)得1+n n k k ＞0，故所有的i k （i ＝ 1，2，3，…）同号，不妨设i k＞0，则1+n k ＝n k － n k 1＜n k ，即数列｛n k ｝是正项递减数列，从而11+n k ＞n k 1，于是11k + 21k + … + n k 1＞1k n 这样，由①式得1+n k ＜1k －1k n ＝ 121k n k - ② 当n ＞21k 时，由②式推出1+n k ＜0．由假设n k ＞0，得1+n n k k ＜0，与己知矛盾同理可证，当n k ＜0 时，也导致矛盾所以，同时满足条件（1），（2），（3）的直线族不存在说明本题是探索性质的存在性问题，解决问题时，常常需要先作出判断，明确解题方法，再求解，这对学生的能力提出了更高的要求例7．（2007年吉林省预赛试题）一个空间中的点组成的集合Ｓ满足性质：Ｓ中任意两点之间的距离互不相同，假设Ｓ中的点的坐标（x ，y ，z ）都是整数，并且１≤ x ，y ，z ≤ n ，证明：集合S 的元素个数小于min ｛（n +2）·3n ，6n ｝证明记 | S | ＝ t ，则对任意（,1,1,1z y x ），（,2,2,2z y x ）∈S ，都有()221x x -+()221y y -+()221z z -≤3()21-n （因为满足1≤x ，y ，z ≤n 的整点之间的距离不超过（1，1，1）与（n ，n ，n ）之间的距离）并且依题意，S 中任意两点之间的距离互不相同，故2t C ≤3()21-n ，得2t －t ≤ 6()21-n ，于是 t≤21+21()21241-+n ＜6n(最后一个不等式价于1+24()21-n ＜()2162-n ，展开后移项即可得到) 另一方面，对S 中的任意两点（,,,i i i z y x ）、（,,,i i i z y x ），考虑集合｛a ，b ，c ｝(允许出现重复元素)，这里a ＝ | j i x x -|，b ＝|j i y y -|，c ＝ |j i z z -|，依题意，所得的｛a ，b ，c ｝两两不同，且0 ≤ a ，b ，c ≤n －1，a 、b 、c 不全为0，于是，我们有2t C ≤12123-++n n n C C C ①故2t C ＜1232n n n C C C ++解得t ＜()()21314121++++n n n ．当n ≥3时，有t ＜()32n n +．这只需证明 ()()21314121++++n n n ≤()32n n +，等价于 ()()213141+++n n n ≤()22132⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+n n ，展开后移项即可知此不等式在n ≥3时成立）．于是，当n ≥3时，总有t ≤()⎭⎬⎫⎩⎨⎧+6,32min n n n ②而当n ＝1时，t ＝1；当n ＝2时，由①知t ≤3，这时②都成立，命题获证．说明：本题从两个不同的角度，分别得到了2t C 的上界，从而完成了证明．这种思想的实质是算两次原理．它是研究跟计算有关的组合问题的一种重要策略．例8．（2009年山西省预赛试题）有七种颜色的珍珠，共计14颗，其中每种颜色的珍珠各两颗；今把这珍珠分装于七个珠盒中，使得每个珠盒中各有一对不同颜色的珍珠．（1）证明：不论各盒中的珍珠怎样搭配，总可以将这七个珠盒分别放置于一个正七边形的七个顶点之上，使得七边形的任两个相邻顶点处所放置的盒中的四颗珍珠互不同色．（2）如将以上条件与待证结论中的“七”一律改为“五”，“14”改为“10”，则情况如何？分析：本题的文字叙述难以找出一般规律，把文字语言首先转化为图论语言，再借助图的性质找出问题的解决思路．解：（1）用点v 1，v 2，…，v 7分别表示这七种颜色，如果一个i v 色的珍珠和一个j v 色的珍珠装在同一盒中（i ≠j ），则在点i v 与j v 间连一条边，这样就得到一个图G （点i v 与j v 之间有可能连出两条边），由于同一色的珍珠有两颗，每颗珍珠都需与一颗其他颜色的珍珠共盒，则图G的每点恰好发出两条边；从G的任一点A出发，沿一条边走到点B，再由B沿另一条边走到C，…，如此下去，最后必定回到出发点A（这是由于，途中经过的每个点P 都有两条边，若参沿一条边进入点P，则必沿另一条边可离开点P，而由点P不能再加到途中已经过的点，因为这种点所发出的两条边都已走过，因此只能到达新点或回到出发点，而新点终将逐渐耗尽，最后必定回到出发点A），这样就得到一个圈．去掉这个圈，若剩下还有点，依上述方法，又将得到新的圈，若称两点的的圈为“两边形”，则图G的结构只有如下四种情况：1°一个七边形2°一个五边形和一个两边形3°一个四边形和一个三角形4°一个三角形和两个两边形对于每种情况，我们都对相应的边作出适当编号，并将这些边所对应的珠盒放置于七边形的顶点之上，如图5所示．因此所证结论成立．（2）当14颗七以珍珠改为10颗五色珍珠后，结论不成立．例如，对于五色54321,,,,v v v v v ，我们若将10颗珍珠这样装盒：()211,v v e =，()322,v v e =，()133,v v e =，()544,v v e =，()545,v v e =，则无论怎样摆放于正五边形的顶点上，都不能满足条件（因为1e 、2e 、3e 中，任两盒都有同色的珠，无论怎样摆放于正五边形的顶点上，必有两盒相邻）．第13讲抽屉原理例1 从1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：（1）有2个数互质；（2）有2个数的差为50；（3）有8个数，它们的最大公约数大于1。

数学竞赛专题讲座组合数学

几何图形的构造
通过组合数学的方法，可以构造一些特殊的几何图形，如正多边形和欧拉路径，解决一些几何问题。
组合优化问题
最优化问题
组合优化问题涉及到在一组有限的对象中寻找最优解，如旅行商问题、背包问题和图着色问题等，这些都可以通过组合数学的方法得到解决。
排列与组合
利用组合数学中的排列组合知识，可以解决一些组合优化问题，如排列的生成和组合的计数等。
排列与组合的关系
P(n,m)=n!/(n-m)!，C(n,m)=n!/[(n-m)!m!]。
鸽巢原理
鸽巢原理的基本思想是
如果k个鸽子要飞进n个鸽巢，且第 k+1个鸽子没有鸽巢可飞，那么至少有一个鸽巢中要飞进多于一个的鸽子。
应用举例
有10个鸽巢，分别飞进10只、12只、 13只、14只、15只、16只、17只、 18只、19只、20只鸽子，至少有一个鸽巢中要飞进多于一个的鸽子。
亚洲太平洋数学奥林匹克（APMO）组合数学题目解析
总结词
亚洲太平洋数学奥林匹克（APMO）是亚太地区最高水平的数学竞赛之一，其组合数学题目具有较高的难度和挑战性。
详细描述
APMO的组合数学题目涉及的知识点与 IMO类似，包括图论、组合计数、排列组合、组合恒等式等。这些题目要求选手具备较为扎实的数学基础和较强的思维灵活性，能够灵活运用所学知识解决实际问题。在解题过程中，选手需要注重问题的转化和策略的选择，善于发现问题的本质和关键点。
中国全国数学竞赛（CMO）组合数学题目解析
ห้องสมุดไป่ตู้总结词
中国全国数学竞赛（CMO）是中国最高水平的数学竞赛之一，其组合数学题目具有一定的难度和挑战性。
详细描述
CMO的组合数学题目涉及的知识点与IMO和APMO 类似，包括图论、组合计数、排列组合、组合恒等式等。这些题目要求选手具备较为全面的数学知识，并能够灵活运用所学知识解决实际问题。在解题过程中，选手需要注重问题的转化和策略的选择，善于发现问题的本质和关键点。此外，由于CMO是国内竞赛，选手还需要注意对国内数学竞赛题目的解题技巧和经验的积累和应用。

高中数学竞赛课程讲座：组合数学

高中数学竞赛课程讲座：组合数学高中生中有很多学习数学的学生，其中有一部分学生更加热衷于学习数学，他们希望能够充分发挥自己的数学能力，并参加一些国际已经本地大型数学竞赛，而组合数学作为一门独立的学科，就极度受到各种数学竞赛的重视，而这种高等数学考试和大学进入考试之间有着很大的不同，以下是对组合数学以及在数学比赛中的重要性进行探讨的一场讲座内容总结：首先，这场讲座介绍了组合数学的基本概念和定义，以及它的研究内容和应用。

组合数学是一门研究数学中问题的计算方式和解决方案的学科，它主要是研究解决集合空间里问题的算法和对答案的推理，它不像传统的高等数学，需要借助抽象和逻辑运算来解答具体数学模型，而它是帮助人们快速解决问题的有效方法，如图灵机、搜索空间和组合优化等。

组合数学在数学竞赛中的重要性也被强调，因为它能够帮助参赛者快速掌握参赛的解决方案，更好的理解问题的背景和过程，以及对于相关知识点的准确运用。

并且，组合数学是帮助参赛者提高解题速度和正确率的有力武器，其综合性的特点可以极大的扩展和灵活运用，使参赛者们得以更加熟练地掌握相关技术和技巧，从而为竞赛带来良好的成绩。

此外，组合数学也可以帮助参赛者养成一定的思维习惯和解题方法，帮助他们培养数学思维能力和数学技能，进而大大提高参赛者的数学水平。

最后，讲座还提到了一些参赛时需要注意的事项，譬如在参赛时需要注意的语言表达、计算的正确性和精度以及多种不同的解题思路等等，这些都会对参赛者的成绩产生很大的影响。

通过本次讲座，在场的参赛者们都有了更深刻的理解，他们也借助组合数学掌握了一些有效的解题方法和技巧，从而为数学竞赛助一臂之力，取得良好的成绩。

以上就是本次讲座中组合数学的重要性以及在数学比赛中的重要性，希望这次讲座对你们有所帮助，谢谢大家！。

高中数学竞赛课程讲座：组合数学

高中数学竞赛课程讲座：组合数学
高中数学竞赛越来越受到人们的关注，数学竞赛上学习的知识内容在不断丰富，更加全面。

组合数学是一门充满挑战性且重要的数学学科，也是数学竞赛中经常出现的学科。

它主要研究的是如何把一系列的元素组合成一个结果，从而获得最优解。

本次讲座将介绍组合数学及其在高中数学竞赛中的运用。

首先，讲师将阐述组合数学的概念，为数学竞赛队员提供一个全面的数学科目知识。

接下来，讲师将介绍组合数学在高中数学竞赛中的应用，如组合统计、排列组合、概率以及布尔代数等，让高中数学竞赛队员深入理解和融会贯通组合数学的概念，并学会运用它们解决实际问题。

此外，本次讲座还将介绍组合数学的一些典型应用，展示它在高中数学竞赛中的正确应用方法。

讲师将举例说明组合数学在高中数学竞赛题目中应用的正确方法，教给大家在解决实际数学竞赛题目时的步骤和正确的思路，同时讲师也将为大家演示一些数学竞赛题目的解题思路。

本次讲座还将围绕组合数学开展一些实践活动，让竞赛队员联系实际，加深对所学知识的理解和运用，从而提高其未来在数学竞赛中的表现。

本次讲座旨在帮助高中数学竞赛队员更加深入地理解组合数学，同时加强数学竞赛题目的解题思路，提升其解题能力，从而取得更好的竞赛成绩。

希望通过本次讲座的学习，能够激发参会者的学习热情，让他们在下一次数学竞赛中一展身手，取得更好的成绩。

综上所述，本次讲座旨在为参会者提供一次关于组合数学概念及其在高中数学竞赛中运用的深入学习机会。

通过本次讲座可以有效地帮助大家加强对组合数学的知识掌握，并有效提高参会者解决实际数学竞赛的能力，最终获得意想不到的好成绩。

柳铁一中组合高中数学竞赛同步讲义

高中数学竞赛同步讲义——组合数学基础一、基础知识梳理1、集合覆盖、分类、拆分2、分类原理3、容斥原理4、加法原理5、极端原理6、抽屉原理7、平均量重叠原则8、面积的重叠原理一、基础题型例析1、抽屉原理在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：（1）13个人中至少有两个人出生在相同月份；（2）某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日；（3）2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11；（4）把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数. 这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。

在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。

这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也称“鸽巢原理”（一）抽屉原理的基本形式定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。

例1．（1978年广东省数学竞赛题）已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。

证明：至少有两个点之间的距离不大于1/2.例2 （第14届1M0试题）一个集合含有10个互不相同的两位数，试证明：这两个集合必有两个无公共元素的子集合，此两子集的各元素之和相等.例3．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。

例4．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。

例4说明：（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；第8个抽屉为：{40，41，42，…，60}；第9个抽屉为：{61，62，63，…，90，91}；……那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；……（2）从前39个自然数中任取8个自然数；……（3）从前60个自然数中任取9个自然数；……（4）从前91个自然数中任取10个自然数；……上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。

数学竞赛中的组合数学

数学竞赛中的组合数学在高中数学竞赛中，组合数学是一个重要且常见的考点。

它在数学中的地位也越来越重要，不仅能帮助我们在比赛中取得更好的成绩，更能增强我们的逻辑思维能力。

组合数学的基本概念是排列和组合。

排列是指从n个不同的元素中取出m个元素排成一列，不同排列的个数为A(n,m)=n×(n-1)×(n-2)×...×(n-m+1)。

组合是指从n个不同的元素中取出m个元素，不考虑排列顺序，不同组合的个数为C(n,m)=A(n,m)/m!=n!/[m!(n-m)!]。

在组合数学的学习中，一个重要的定理是乘法原理和加法原理。

乘法原理是指若有两个事件A、B，那么总的事件数为它们发生的方式数的积。

加法原理是指若有两个互相排斥的事件A、B，那么总的事件数为它们发生的方式数的和。

另一个重要的组合数学定理是排列组合公式。

它是指在概率问题中常用的计算公式，能用于求解排列和组合的概率。

其公式为P(n,m)=n!/[m!(n-m)!]，其中n是元素总数，m是取出的元素个数。

组合数学还可以用于求解各种排序和组合问题。

例如，在比赛中出现的一道题目：用1、2、3、4、5一共五个数字，组成不能重复的三位数并将这些三位数排序，求第k（k<60）个数是多少？这类问题可以用排列组合公式和乘法原理解决。

除此之外，组合数学还在各种实际问题中得到广泛应用。

统计学中，组合数学用于计算随机事件的概率；密码学中，组合数学用于设计和破解密码算法；计算机科学中，组合数学用于算法设计以及计算模型的研究。

总之，组合数学是数学竞赛中的重要一环，也是我们日常生活中的必要技能之一。

学好组合数学可以帮助我们更好的解决各种实际问题，并提高我们的思维能力。

在数学竞赛中，掌握组合数学的知识可以帮助我们更好的理解和解决问题，从而提高我们的比赛成绩。

高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座19排列组合、二项式定理

比赛讲座 19- 摆列、组合、二项式定理基知1．摆列合的求解策略（ 1）清除：有限条件的，先从体考，再把不切合条件的所有状况清除，是解决摆列合的常用策略．（ 2）分与分步有些的理可分红若干，用加法原理，要注意每两的交集空集，所有各的并集是全集；有些的理分红几个步，把各个步的方法数相乘，即得的方法数，是乘法原理．（ 3）称思想：两情况出的时机均等，可用数取半得每种情况的方法数．（ 4）插空：某些元素不可以相或某些元素在特别地点可采纳插空法．即先安排好没有限制条件的元素，而后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之．（ 5）捆：把相的若干特别元素“捆 ” 一个“大元素” ，而后与其余“一般元素”全摆列，而后再“松 ” ，将些特别元素在些地点上全摆列．（ 6）隔板模型：于将不行辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将 12 个完整同样的球排成一列，在它之形成的 11 个隙中任意插入 3 隔板，把球分红4 堆，分装入4 个不一样的盒子中的方法数C 113 ，也就是方程a b c d12 的正整数解的个数．2．摆列（1）由 A{ a 1 , a 2 , a 3 , , a n } 的 n 个元素中，每次拿出r 个元素排在一个上，叫做一个摆列（或叫状摆列）．（ 2）摆列有三个特色：（ i ）无无尾；（ ii ）依据同一方向后还是同一摆列；（ iii ）两个摆列只有在元素不一样或许元素然同样，但元素之的序不一样，才是不一样的摆列．（ 3）定理：在A { a 1 , a 2 , a 3 , , a n } 的 n 个元素中，每次拿出 r 个不一样的元素行r摆列，摆列数P n．r3．可重摆列允元素重复出的摆列，叫做有重复的摆列．在 m 个不一样的元素中，每次拿出 n 个元素，元素能够重复出，依据必定的序那么第一、第二、⋯、第 n 位是的取元素的方法都是 m 种，因此从 m 个不一样的元素中，每次拿出n 个元素的可重复的摆列数m n ．4．不尽相异元素的全摆列假如n 个元素中，有p1个元素同样，又有p2个元素同样，⋯，又有p s个元素同样（ p1p2p s n ），n 个元素所有取的摆列叫做不尽相异的n 个元素的全排n!列，它的摆列数是p1 ! p2 !p s!5．可重合（ 1）从n个元素，每次拿出p 个元素，允所取的元素重复出1,2, , p 次的合叫从 n 个元素拿出p 个有重复的合．（ 2）定理：从n个元素每次拿出p 个元素有重复的合数： H n p C n r( p 1) ．6．二式定理n（ 1）二式定理(a b)n C n k a n k b k（ n N *）．k0（2）二睁开式共有n 1．（ 3）T r 1 C n r a n r b r（ 0r n ）叫做二睁开式的通，是睁开式的第r 1．（ 4）二睁开式中首末两头等距离的两的二式系数相等．n （ 5）假如二式的指数n 是偶数，中一的二式系数C n2最大；假如n是n 1n1奇数，中两的二式系数C n2与 C n2最大．（ 6）二式睁开式中奇数的二式系数之和等于偶数系数之和，即C n0 C n2 C n4 C n1C n3 C n57．数学中波及二式定理的型及解决的方法二式定理，因为构复，多年来在高考取未能充足展现有的知地位，而数学的命者却其情有独．（1）利用二式定理判断整除：常常需要结构偶式；（2）理整除性：结构偶式或利用与推式的合；（3）求不等式：通二式睁开，取睁开式中的若干行放；（4）合其余知解决某些合：有些复的看似与二式定理没关，其通察、剖析目的特色，想结构适合的二式模型，即可使快速解决．例剖析例 1．数 1447,1005,1231 有某些共同点，即每个数都是首位 1 的四位数，且每个四位数中恰有两个数字同样，的四位数共有多少个？例 2．有多少个能被 3 整除而又含有数字 6 的五位数？例 3．有 2n 个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不一样的结对方式？例 4．将 n 1 个不一样的小球放入 n 个不一样的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？例 5．在正方体的 8 个极点， 12 条棱的中点， 6 个面的中心及正方体的中心共点中，共线的三点组的个数是多少个？例 6．用 8 个数字 1,1， 7,7，8,8， 9,9 能够构成不一样的四位数有多少个？27 个例 7．用A,B,C, D,E五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面一定涂不一样的颜色，共有多少种不一样的涂色方式？例 8．某种产品有 4 只次品和 6 只正品（每只产品可划分），每次取一只测试，直到4 只次品所有测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不一样情况有多少种？例 9．在平面上给出5 个点，连接这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？例 10。

高中奥赛数学竞赛专题讲座-组合数学

的子集 A1, A2,L , Am 组成的集合叫做的一个子集系．
R A1, A2,L , Am
二、基础知识
定理5 ｎ元集合Ａ中含有 k 0 k n个元素的子集有 Cnk 个；集合Ａ的所有子集共有 2n 个．定理6 （抽屉原理）（1）把多于n个的物体放到n个抽屉里，则至少有
一个抽屉里的东西不少于两件。（2）把多于mn+1个的物体放到n个抽屉里，则
相异元素组合数的计算公式为：
Cnm
Anm Amm
nn 1 n mm 1
m 1
3 21
C nm n
n m
C m1 n1
二、基础知识
定理１（加法原理）
定理2 （乘法原理）
定理3 组合恒等式
(1)
Cnm
Cnm n
0
m
n
(2) Cnm
Cm n1
Cm1 n1
1 m n
(3)
n
Cnk 2n.
二、基础知识
有７个定义、9个定理：
定义１从n个不同的元素中取出m个，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同的元素中取出 m个元素的一个排列．
相异元素排列数的计算公式为：
．
Am n
nn
1
n
m
1
n
n!
m!
m!Cnm
nAm1 n1
二、基础知识
定义２从n个不同的元素中取出m个，并成一组，叫做从n个不同的元素中取出m个元素的一个组合．
是另一个数的倍数.
二、基础知识
定理7 （容斥原理）设集合 A a1,a2,L ,an, A1, A2,L , Am A ，记 Ai 为 Ai 对于全集的补集，则
(1) A1 U A2 UL U Am

信息学竞赛中的组合数学问题与解决方法

信息学竞赛中的组合数学问题与解决方法组合数学是一门研究离散结构及其性质的数学学科，它在信息学竞赛中扮演着重要角色。

组合数学问题在竞赛中常常出现，并且需要灵活运用数学原理和方法来解决。

本文将探讨信息学竞赛中的组合数学问题及其解决方法，帮助读者提升解题能力。

一、全排列与组合的概念及性质在组合数学中，全排列（Permutation）和组合（Combination）是最基本的概念。

全排列指的是将一组元素按照一定规则进行排列，而组合则是从一组元素中选择出若干元素的集合。

全排列的个数可以通过求解阶乘来得到，例如n个元素的全排列个数为n!（n的阶乘）。

组合的个数则可以通过组合数公式来计算，即C(n,m) = n! / (m! * (n-m)!)，其中n表示元素总数，m表示需要选择的元素个数。

了解全排列和组合的概念及性质有助于我们更好地解决相关问题。

二、排列组合在竞赛中的应用在信息学竞赛中，排列组合问题常常涉及到选择、排序、计数等方面。

下面将介绍几个常见的组合数学问题及其解决方法。

1. 选取问题选取问题是组合数学中的一类常见问题，涉及在给定集合中选择符合条件的元素。

例如，给定一个集合{1, 2, 3, ..., n}，我们需要从中选出m个元素，并且满足某种特定条件。

解决这类问题时，可以运用组合数公式进行计算，同时结合条件进行筛选。

2. 重复选取问题重复选取问题是指从给定的元素集合中进行有放回地选择。

在这类问题中，元素可以被选择多次。

解决重复选取问题时，可以利用全排列的思想，根据元素的重复次数进行计算。

3. 排列问题排列问题是指将一组元素按照一定规则进行排序。

在信息学竞赛中，常见的排列问题包括全排列和部分排列。

解决排列问题时，可以通过递归、动态规划等算法设计方法。

三、解决组合数学问题的常用技巧与策略除了掌握基本的概念和方法外，还需要掌握一些常用的解题技巧和策略，以提高解题效率。

1. 计数技巧在解决组合数学问题时，经常需要统计满足条件的排列组合的个数。

竞赛数学中的组合数学问题

组合数学论文竞赛数学中的组合数学问题20075251徐海波竞赛数学中的组合数学问题组合数学是上个世纪五十年代后逐步建立和完善起来的一门数学分支，组合数学也称为组合学、组合论，组合分析。

教科书上对组合分析的定义：按某种要求把一些元素构成有限集合的研究叫做组合分析。

这种研究比传统的数学讨论的对象更广泛，在实际生活和实践活动中应用性更大。

这种研究一般讨论以下问题：在一定的约束条件下，对象——构成的存在性（有与没有、能与不能）问题；构成的分类与计数；构成的方法（构造方法）及最优化方法。

人们常把竞赛中某些问题称为杂题，又称为组合数学问题。

为什么？中学数学竞赛中的一些问题，很难把它们归类为代数问题或几何问题，但它们涉及到的解题目标和解题方法可以归入组合问题和组合分析；当然一些组合数学的习题也直接用作竞赛题。

初等数学竞赛中的组合问题与组合分析常用的方法有抽屉原理、递推（归）原理、容斥原理、染色方法等，这些原理方法都很一般，重要的是经验和技巧——应用的能力。

本文重点研究竞赛数学中的组合数学计数问题。

计数问题组合数学中的计数问题，数学竞赛题中的熟面孔，看似司空见惯，不足为奇．很多同学认为只要凭借课内知识就可左右逢源，迎刃而解．其实具体解题时，时常会使你挖空心思，也无所适从。

对于这类问题往往首先要通过构造法描绘出对象的简单数学模型，继而借助在计数问题中常用的一些数学原理方可得出所求对象的总数或其范围。

1、计数中求最大值：第一步：分类讨论（1）情况一，推出目标数f ≤m1；（2）情况二，推出目标数f ≤m2；…（s）情况s，推出目标数f ≤m s；第二步：m0=max{m1，m2，…，m s}，则f ≤m0；第三步：构造模型使计数恰好等于常数m0，则常数m0即为最大值。

另一种叙述:第1步：由目标数f≤m推出可以符合条件；第2步：由f =m+1推出是不能符合条件；所以f max = m 。

2、计数中求最小值：第一步：分类讨论（1）情况一，推出目标数f ≥m1；（2）情况二，推出目标数f ≥m2；…（s）情况s，推出目标数 f ≥m s；第二步：m0=min{m1，m2，…，m s}，则f ≥m0；第三步：构造模型使计数恰好等于常数m0，则常数m0即为最小值。

林常-数学竞赛组合讲义

组合优化与组合构造讲义林常§1.概述一.组合数学题型1.计数2.存在性3.构造4.最值二.主要方法1.递推与归纳.(1).I型归纳法.定跨度:起点个数等于跨度.不定跨度:起点个数等于1.递推关系的阶数与初始条件.(2).II型归纳法(最小数原理).设P(n)是关于正整数的命题.若由P(n)不成立可推出存在正整数n′<n使得P(n′)不成立.则P(n)对一切正整数成立.(3).倒推归纳法.设A是N*的无穷子集.若P(n)在A上成立,且由P(n)成立及n>1可推出P(n－1)成立.则P(n)对一切正整数成立.(4).乘积归纳法.若P(n)对全体素数成立,且由P(m)及P(n)成立可推出P(mn)成立.则P(n)对一切大于1的正整数成立.若P(n)对全体素数幂成立,且由P(m),P(n)成立及(m,n)=1可推出P(mn)成立.则P(n)对一切大于1的正整数成立.2.调整法(向较优目标逼近).设φ: S→R有最大(小)值(例如,当φ(S)为有限集或φ在紧集S上连续时).若S 的子集A满足:对任一x∈S\A,都有x′∈S使得φ(x′)>(<) φ(x).则φ的最大(小)值点在A中.3.化归(类比,对应)常用的化归模型:赋值(代数化),填表(二元关系),画图(几何,图论),剩余类(整除关系),不定方程解数.棋盘路线.Veen图.数量关系:设φ : A→B, A,B为有限集.则当φ为单射,满射,双射时分别有|A|≤|B|, |A|≥|B|, |A|=|B|.4.算两次(Fubini原理)从不同角度计算(估计)特征量的和数或特征形的个数.累次求和式的换序.由求和区域的边界定上下限.§2.组合优化(最值)一.优化方法(无表达式函数的最值)1.界的估计(对适当的特征量作合理的放缩)与实现(构造),或根据美学观点猜测最优对象再证明相应的不等式.2.调整法.在定义集内(保持约束条件)向较优方向(平均,极端,排序)逼近.离散最值(函数型,排序型)的基本手段.3.递推法二.例题选讲1.设a 1, a 2, ... , a 10是10个两两不同的正整数,它们的和为1995，试求a 1a 2+a 2a 3+...+a 9a 10+a 10a 1的最小值。

组合数学发展课讲座

第八讲组合数学组合数学是中学数学竞赛的“重头戏”，具有形式多样，内容广泛的特点.本讲主要围绕组合计数，组合恒等式及组合最值展开例1．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？解：易见，第k 号点能被染红的充要条件是∃j ∈N *⋃{0}，使得a 0⨯2j ≡k (mod800)，1≤k ≤800 ①这里a 0是最初染的点的号码，为求最大值，不妨令a 0=1.即2j ≡k (mod25×52). 当j=0,1,2,3,4时，k 分别为1,2,4,8,16，又由于2模25的阶20)2(25=δ，因此，当j ≥5时2j+20-2j =2j (220-1)≡0(mod 800),而对∀k<20,k ∈N *，及j ≥5,j ∈N *，由于25+(2k -1)，所以2j+k -2j =2j (2k -1)不为800的倍数. 所以，共存在5+20=25个k ，满足①式。

注：本题解法不止一种，但利用些同余理论，可使解法简洁许多.例2．集合X 的覆盖是指X 的一族互不相同的非空子集A 1、A 2、…、A k ，它们的并集A 1∪A 2∪…∪A k =X ，现有集合X={1,2,…,n}，若不考虑A 1, A 2,…, A k 的顺序，试求X 的覆盖有多少个？解：首先，X 的非空子集共有2n -1个，它们共组成了n212--1个非空子集族.其次，这些子集族中，不合某一元素i 的非空子集组成的非空子集族有()n 12121---个；不含两个元素的子集组成的族有()n 22121---个；依次类推，则由容斥原理，X 的覆盖共有()() --+--------)12()12()12(1221211221n n n n n=())12()1(1201---=-∑n n jnj j个.注：有些组合计数问题直接计数较难，但从反面考虑简洁明了.例3．已知集合X={1,2,…,n}，映射f ：X →X ，满足对所有的x ∈X ，均有f(f(x))=x ，求这样的映射f 的个数.解：设n 元中有j 个对x 、y 满足f(x)=y 且f(y)=x ，其余的满足f(x)=x ，则当j=0时，仅一种映射，即恒等映射.当j>0时，每次取两个作为一对，共取j 对有n n 2n 2j 2222--+⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭种取法.则不考虑j 对的顺序，有n n 2n2j 2n 1!(2j 1)!!2222j j --+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 因此，映射f 的个数为n 2j 1n 1(2j 1)!!2j ⎡⎤⎢⎥⎣⎦=⎛⎫+⋅- ⎪⎝⎭∑ .注：这些计数问题，以多次在国际竞赛中出现，但对于一般地情况(f (n)(x)=x)下的映射计数，尚无较好的结论.例1．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？解：易见，第k 号点能被染红的充要条件是∃j ∈N *⋃{0}，使得a 0⨯2j ≡k (mod800)，1≤k ≤800 ①这里a 0是最初染的点的号码，为求最大值，不妨令a 0=1.即2j ≡k (mod25×52). 当j=0,1,2,3,4时，k 分别为1,2,4,8,16，又由于2模25的阶20)2(25=δ，因此，当j ≥5时2j+20-2j =2j (220-1)≡0(mod 800),而对∀k<20,k ∈N *，及j ≥5,j ∈N *，由于25+(2k -1)，所以2j+k -2j =2j (2k -1)不为800的倍数. 所以，共存在5+20=25个k ，满足①式。

自招竞赛课程数学讲义：4 组合排列组合基础【讲师版】

课程类型数学“排列组合基础”讲义编号：学员：年级：授课日期：讲师：授课方式（在线或线下）：（线下填）授课教学点：知识定位组合数学是一个历史悠久的数学分支。

据传说，大禹治水时（公元前2200年左右），从洛河中浮出一只神龟，他的背部画了一个被称为洛书的神奇点阵图，如下图。

把点阵各个部分用点数代替，就得到今天人们称之为三阶幻方的数字方阵，如下图。

该方针的每一行、每一列、每条对角线上的三个数字只和都等于15.幻方问题是组合数学所涉及的一个非常有趣的问题。

所谓n阶幻方就是由1,2,…,n2这n2个数字组成的方阵，该方阵每一行、每一列、每条对角线上的数字之和都相等。

人们自然想知道：对于任意给出的正整数n，n阶幻方是否存在？如果存在如何构造出来？有多少种不同的方法？像这样，组合数学在实际生活中有千千万万的例子。

组合数学同样也是自主招生及数学竞赛着重考察的知识点。

在华约自主招生中，排列组合概率大概要占一半左右的分数，而数学竞赛中四大分支（平面几何、代数、数论、组合）中也具有相当重要的地位。

从这一节开始，我们将用七节的课时对组合问题做一个初步的介绍。

本节的授课知识点包括：最基本的排列组合，以及T 路计数（折线法）。

知识梳理计数的基本原则1. 相等原则：设A,B 是两个有限集，如果存在由A 到B 上的一个一一对应映射（双射），则|A |=|B |例1 32名选手参加乒乓球单打淘汰赛，需要打多少场比赛才能产生冠军？【解答】：教学提示：补充问：设计一种赛制，决出第一名之后，找出第二名最少还需要赛多少场？2. 加法原则：设A 是有限集，A i ⊆A (i =1,2,…,k )，如果A =⋃A i k i=1，且A i ⋂A j =∅ (1≤i <j ≤k)，则|A |=∑|A i |k i=1例2 把4个人分成两组，每组至少1人，求不同的分组方法数。

【解答】：3. 乘法原则：已知做一件事依次要经历k 个步骤，且在已完成前面i-1（1≤i ≤k ）个步骤情况下，完成第i 步有n i种方法，则做这件事的方法共有∏n i k i=1种。

数学竞赛专题讲座组合数学

举例说明抽屉原理
例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，则不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.
解从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊
猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，则根
k0
定义３从n个不同的元素中取出m个，按照一定的顺序排在一个封闭曲线上，叫做环形排列（或循环排列、圆排列）．
相异元素的圆排列数公式为：
fn,mA m nmm1!Cnm
二、基础知识
定义４从n个不同的元素中，允许重复取出m 个元素，按照一定的顺序排成一列，称为n个相异元素允许重复的m元排列．
组合问题的知识点并不多，主要在于对问题性质的探索与思考。联赛中组合题以存在性问题和最值问题以及组合数论问题为主，这类问题的关键常常在于构造例子或反例。因此，只要我们多加练习这两类问题，在联赛中还是可以拿到满意的分数的。
2016-07-23
教学资料
• 资料仅供参考
相异元素的可重复排列数计算公式为：Un,mnm. 定义５从n个不同的元素中，允许重复取出m
个元素，不管怎样的顺序并成一组，称为n个相异元素允许重复的m元组合．相异元素的可重复组合数计算公式为：
f n,mCnmm1.
二、基础知识
定义６若n个元素中，有n1个a1， n2个a2．．．
ｎｍ个aｍ，且 n1n2 nmn ，则这ｎ个元素的
二、基础知识
有７个定义、9个定理：定义１从n个不同的元素中取出m个，按照一定
的顺序排成一列，叫做从n个不同的元素中取出 m个元素的一个排列．相异元素排列数的计算公式为：

数学竞赛专题讲座组合数学

竞赛数学组合教案模板初中

数学竞赛经典讲座-组合不等式

数学竞赛讲义组合计数

高二数学竞赛班讲义第六讲组合问题

数学竞赛专题讲座组合数学

高中数学竞赛课程讲座：组合数学

高中数学竞赛课程讲座：组合数学

柳铁一中组合高中数学竞赛同步讲义

数学竞赛中的组合数学

高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座19排列组合、二项式定理

高中奥赛数学竞赛专题讲座-组合数学

信息学竞赛中的组合数学问题与解决方法

竞赛数学中的组合数学问题

林常-数学竞赛组合讲义

组合数学发展课讲座

自招竞赛课程数学讲义：4 组合 排列组合基础【讲师版】

数学竞赛专题讲座组合数学

自招竞赛课程数学讲义：4 组合排列组合基础【讲师版】