李凡长版-组合数学课后习题答案-习题3
组合数学第3章答案
3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2：求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解：设 A 3：被3整除的数的集合A 5：被5整除的数的集合 A 7：被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议，试证其中至少有2个人各自的朋友数相等解：每个人的朋友数只能取0，1，…，n －1．但若有人的朋友数为0，即此人和其 他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n －2．故这n 个人的朋友数的实际取数只 有n －1种可能．，根据鸽巢原理所以至少有２人的朋友数相等．×3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m -j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n ml n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑证明：（1）从n 个不同元素中取k ，使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn m n mk m n --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合（子集），i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m ln A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫⎪⎝⎭∑（2）把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子，但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ，设A i 为第i 个盒子有球，i=1，2，…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k kk l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑（3）设A i 为m+l 个元素中去m+i 个，含特定元素a 的方案集；N i 为m+l 个元素中取m+i个的方案数。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题1
1第一章 排列组合1、 在小于2000的数中，有多少个正整数含有数字2？解：千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为：2*1*10*10；千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为：2*9*1*10； 千位数为1或0，百位数和十位数皆不为2，个位数为2的正整数个数为：2*9*9*1；故满足题意的整数个数为：2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1＝542。
2、 在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个？ 解：（1） 串中有6个1：1个0有5个位置可以插入：5种。
（2） 串中有5个1，除去0111110，个数为()62-1＝14。
（或：()()4142*2+＝14）（3）串中有4个1：分两种情况：①3个0单独插入，出去1010101，共()53-1种；②其中两个0一组，另外一个单独，则有()()2*)2,2(4152-P 种。
（4）串中有3个1：串只能为**1101**或**1011**，故共4*2种。
所以满足条件的串共48个。
3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时，共找到中文的10篇，英文的12篇，德文的5篇，法文的6篇，且所有的都不相同。
如果他只需要2篇，但必须是不同语言的，那么他共有多少种选择？ 解：10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个，其和为m 。
求n 和m 。
解：由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异，且个位数字为2，4，6的偶数均有P(5,3)=60个，于是：n = 60*3 = 180。
以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。
因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故 a 1 = (2+4+6)*60=720。
因为千（百，十）位数字为1，3，5的偶数各有3*P(4,2) = 36个，为2，4，6的偶数各有2*P(4,2) = 24个，故a 2 = a 3 = a 4 = (1+3+5)*36 + (2+4+6)*24 = 612。
李凡长版组合数学课后习题标准答案习题
第二章 容斥原理与鸽巢原理1、1到10000之间（不含两端）不能被4，5和7整除的整数有多少个？ 解 令A={1,2,3,…,10000}，则 |A|=10000.记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合，则有：|A 1| = L 10000/4」=2500,|A 2| = L 10000/5」=2000,|A 3| = L 10000/7」=1428,于是A 1∩A 2 表示A 中能被4和5整除的数,即能被20 整除的数，其个数为| A 1∩A 2|=L 10000/20」=500；同理， | A 1∩A 3|=L 10000/28」=357,| A 2∩A 3|=L 10000/35」=285,A 1 ∩A 2 ∩ A 3 表示A 中能同时被4,5,7整除的数，即A 中能被4,5,7的最小公倍数lcm(4,5,6)=140整除的数，其个数为| A 1∩A 2∩A 3|=L 10000/140」= 71.由容斥原理知，A 中不能被4，5，7整除的整数个数为||321A A A ⋂⋂= |A| - (|A 1| + |A 2| +|A 3|) + (|A 1∩A 2| + |A 1∩A 3| +|A 3∩A 2|) - |A 1∩A 2∩A 3|= 51432、1到10000之间（不含两端）不能被4或5或7整除的整数有多少个？ 解 令A={1,2,3,…,10000}，记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合，A 中不能被4，5，7整除的整数个数为||321A A A ⋃⋃ = |A| - ||321A A A ⋂⋂ - 2 = 10000 - L 10000/140」- 2 = 99273、1到10000之间（不含两端）能被4和5整除，但不能被7整除的整数有多少个？解 令A 1表示在1与10000之间能被4和5整除的整数集，A 2表示4和5整除，也能被7整除的整数集。
组合数学第四版答案
组合数学第四版答案组合数学第四版答案【篇一：组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】>1.1 题从{1，2，……50}中找两个数{a，b}，使其满足（1）|a- b|=5；（2）|a-b|?5；解：（1）：由|a-b|=5?a-b=5或者a-b=-5，由列举法得出，当a-b=5时，两数的序列为（6，1）（7，2）……（50，45），共有45对。
当a-b=-5时，两数的序列为（1，6），（2，7）……（45，50）也有45对。
所以这样的序列有90对。
（2）：由题意知，|a-b|?5?|a-b|=1或|a-b|=2或|a-b|=3或|a-b|=4 或|a-b|=5或|a-b|=0；由上题知当|a-b|=5时有90对序列。
当|a- b|=1时两数的序列有（1，2），（3，4），（2，1）（1，2）…（49，50），（50，49）这样的序列有49*2=98对。
当此类推当|a-b|=2，序列有48*2=96对，当|a-b|=3时，序列有47*2=94对，当|a-b|=4时，序列有46*2=92对，当|a-b|=0时有50对所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=5201.2题5个女生，7个男生进行排列，(a) 若女生在一起有多少种不同的排列？(b) 女生两两不相邻有多少种不同的排列？(c) 两男生a 和b之间正好有3个女生的排列是多少？所以总的排列数为上述6种情况之和。
1.3题m个男生，n个女生，排成一行，其中m,n都是正整数，若(a)男生不相邻(m?n?1); (b)n个女生形成一个整体；(c)男生a和女生b排在一起；分别讨论有多少种方案。
解：(a) 可以考虑插空的方法。
n个女生先排成一排，形成n+1个空。
因为m?n?1正好m个男生可以插在n+1个空中，形成不相邻的关系。
则男生不相邻的排列个数为ppnnn?1m(b) n个女生形成一个整体有n！种可能，把它看作一个整体和m个男生排在一起，则排列数有(m+1)!种可能。
(完整word版)组合数学习题解答
第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。
解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。
1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。
如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。
而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。
故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。
1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。
两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。
1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0，例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有F （4，5）=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。
李凡长版 组合数学课后习题谜底 习题3
1. 在平面上画 n 条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限 区域数记为 f(n),求 f(n)满足的递推关系.
解： f(n)=f(n-1)+2
f(1)=2,f(2)=4 解得 f(n)=2n. 2. n 位三进制数中,没有 1 出现在任何 2 的右边的序列的数目记为 f(n), 求 f(n)满足的递推关系. 解：设 an-1an-2…a1 是满足条件的 n-1 位三进制数序列，则它的个数可以用 f(n-1)表示。 an 可以有两种情况： 1） 不管上述序列中是否有 2，因为 an 的位置在最左边，因此 0 和 1 均可选； 2）当上述序列中没有 1 时，2 可选； 故满足条件的序列数为
解：这种序列有两种情况：
1)最后一位为 0，这种情况有 f(n-3)个；
2)最后一位为 1，这种情况有 2f(n-2)个；
所以
f(n)=f(n-3)+2f(n-2)
f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5. 5. 求 n 位 0,1 序列中“00”只在最后两位才出现的序列数 f(n). 解：最后两位是“00”的序列共有 2n-2 个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在 n-1
位第一次出现“00”的可能；
f(n-1)表示在第 n-1 位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在
n-2 位第一次出现“00”的可能；
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
高三数学组合与组合的运用试题答案及解析
高三数学组合与组合的运用试题答案及解析1.若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）A．60种B．63种C．65种D．66种【答案】D【解析】从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数的取法分为三类；第一类是取四个偶数，即=5种方法；第二类是取两个奇数，两个偶数，即=60种方法；第三类是取四个奇数，即=1，故有5+60+1=66种方法．故选D．2.高三某班有两个数学课外兴趣小组，第一组有名男生，名女生，第二组有名男生，名女生.现在班主任老师要从第一组选出人，从第二组选出人，请他们在班会上和全班同学分享学习心得.（Ⅰ）求选出的人均是男生的概率；（Ⅱ）求选出的人中有男生也有女生的概率.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题意，先将从第一组选出人，从第二组选出人这一基本事件的所有可能情况都列出，可知共有30种情况，其中选出的人均是男生可知共有3种情况，故求得选出的人均是男生的概率为；（Ⅱ）在30种基本事件中找出符合人中有男生也有女生共得到25个基本事件，从而计算得选出的人中有男生也有女生的概率为.试题解析：（Ⅰ）记第一组的4人分别为；第二组的5人分别为 1分设“从第一组选出人，从第二组选出人”组成的基本事件空间为，则共有30种 4分设“选出的人均是男生”为事件，则事件A含有3个基本事件 6分,所以选出的人均是男生的概率为 8分（Ⅱ）设“选出的3个人有男生也有女生”为事件B，则事件B含有25个基本事件， 10分，所以选出的人中有男生也有女生的概率为. 12分【考点】1.随机事件的概率；2.排列组合.3.从8名女生，4名男生中，选出2名女生，1名男生组成课外小组，则不同的选取方案种数为_______________（用数字作答）.【答案】【解析】.【考点】组合与组合数公式.4.某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动（含正半轴上的整点），其运动规律为或。
组合数学讲义及答案 3章 递推关系
A 图 3.1.1
B Hanoi 塔问题
C
（解）特例：a1＝1，a2＝3，对于任何 n≥3。 一般情形： ： 第一步，将套在柱 A 的上部的 n－1 个盘按要求移到柱 B 上，共搬动了 a n1 次；
第二步，将柱 A 上的最大一个盘移到柱 C 上，只要搬动一 次； 第三步，再从柱 B 将 n－1 个盘按要求移到柱 C 上，也要 用 a n1 次。 由加法法则：
《组合数学》
第三章 递推关系
第三章
递推关系
§3.1 基本概念
（一） 递 推 关 系 定义3.1.1 （隐式）对数列 a i i 0和任意自然数 n，一
个关系到 an 和某些个 a i i n 的方程式， 称为递推关系， 记 作 F a0 , a1 , , a n 0 (3.1.1) 例
4／75
《组合数学》
第三章 递推关系
n 1 n -1 n n - 1 n - 2 2 2 2 an ＝ n 为奇数： 0 1 r 2 r ＋…＋ n - 1 r 2
后两项求和：
m 1 m 1 2m j 2 j r r r ＋ m 1 r j j 0
m2 m 1
＝r
2m 2 j j 0
j j r ＝ r
n 2 2
an 3an1 2an2 2a1 1
（二） 分 类 （1） 按常量部分： ① 齐 次 递 推 关 系 ： 指 常 量 ＝ 0 ， 如
Fn Fn1 Fn 2 ；
② 非齐次递推关系，即常量≠0，如 hn 2hn 1 1 。 （2） 按 a i 的运算关系：
《组合数学》第二版(姜建国著)-课后习题答案全
习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个；（2）选2个，即构成两位数，共有25P 个；（3）选3个，即构成3位数，共有35P 个；（4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7；解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A =① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
高二数学组合与组合的运用试题答案及解析
高二数学组合与组合的运用试题答案及解析1.方程－＝的解集是________．【答案】【解析】，即，∴x﹣1+2x+2=16，解得x=5．故答案为：{5}．【考点】组合及组合数公式．2.圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（）A．720B．360C．240D．120【答案】D【解析】圆上有10个点，故无三点共线，因此从中任取三点都能得到一个对应的三角形，因此一共可以画的三角形个数为，注意这里是组合问题，而不是排列问题.【考点】组合应用及转化思想.3.等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】直接运用公式计算和，即可选出其答案.【考点】组合数的计算.4.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者，若用随机变量X表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望E(X)＝________(结果用最简分数表示)．【答案】【解析】X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，∴E(X)＝×0＋×1＋×2＝.5.设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则关于x，y的方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆的个数为________．【答案】6【解析】∵m＞n，∴有C42＝6(个)焦点在x轴上的不同椭圆．6.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和复数，则可以组成________个不同的对数值．【答案】52【解析】C85＝56，又log24＝log39，又log39＝log24，log23＝log49，log49＝log23所以可以组成52个对数值．7.已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合的个数为【答案】26【解析】由C41·C31＋C31·C21＋C41·C21＝26.8.要从12人中选出5人参加一项活动，其中A、B、C 3人至多2人入选，有多少种不同选法？【答案】756【解析】解：法一可分三类：①A，B，C三人均不入选，有C95种选法；②A，B，C三人中选一人，有C31·C94种选法；③A，B，C三人中选二人，有C32·C93种选法．由分类计数加法原理，共有选法C95＋C31·C94＋C32·C93＝756(种)．法二先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人均入选的情况，即共有选法C125－C92＝756(种)．9.某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种类是________(用数字作答)．【答案】266【解析】由题知，按钱数分10元钱，可有两大类，第一类是买2本1元，4本2元的共C32C84种方法；第二类是买5本2元的书，共C85种方法．∴共有C32C84＋C85＝266(种)．10.若C12n＝C122n-3，则n＝________.【答案】3或5【解析】由C12n＝C122n-3，得n＝2n－3或n＋2n－3＝12，解得n＝3或n＝5.11.有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内（结果用数字表示）．（1）共有多少种放法？（2）恰有一个盒子不放球，有多少种放法？（3）恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？（4）恰有两个盒不放球，有多少种放法？【答案】（1）256（2）144（3）144（4）84【解析】（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：种． 2.5分（2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的三组，有种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可.由分步乘法计数原理，共有放法：种． 5分（3）“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒.因此，“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事.故也有144种放法. 7.5分（4）先从四个盒子中任意拿走两个有种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为（3，1），（2，2）两类.第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有种放法；第二类：有种放法.因此共有种.由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：种． 10分【考点】排列组合点评：本题的求解按照分步计数原理可先将球分组，选择盒子，再将球排列到选定的盒子里，这种先选后排的方法是最常用的思路12.要从10名女生与5名男生中选出6名学生组成课外活动小组，则符合按性别比例分层抽样的概率为（）A．B．C．D．【解析】根据题意，要完成要从10名女生与5名男生中选出6名学生组成课外活动小组，那么所有的情况是,那么则符合按性别比例分层抽样的情况积为2：1，说明是4名男生，2名女生，则其概率为，故选C.【考点】组合数的应用点评：主要是考查了组合数公式求解随机事件的概率的应用，属于基础题。
高中数学(人教A版)选择性必修三课后习题：组合、组合数(课后习题)【含答案及解析】
第六章计数原理6.2 排列与组合6.2.3 组合 6.2.4 组合数课后篇巩固提升必备知识基础练1.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为( )A.4B.8C.28D.64“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建C 82=28(条)公路.2.某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动,若选出的4人中既有男生又有女生,则不同的选法共有( ) A.140种 B .120种 C .35种 D .34种1男3女有C 41C 33=4(种);若选2男2女有C 42C 32=18(种);若选3男1女有C 43C 31=12(种).所以共有4+18+12=34(种)不同的选法.故选D .3.已知C n+17−C n 7=C n 8,则n 等于( )A.14B.12C.13D.15,得C n+17=C n+18,故7+8=n+1,解得n=14.4.某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有( ) A.30种 B.60种 C.120种 D.180种6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有C 61C 52C 33=60(种).故选B.5.安排A,B,C,D,E,F 共6名义工照顾甲、乙、丙三位老人,每两位义工照顾一位老人,考虑到义工与老人住址距离问题,义工A 不安排照顾老人甲,义工B 不安排照顾老人乙,则安排方法共有( ) A.30种 B.40种 C.42种 D.48种名义工照顾三位老人,每两位义工照顾一位老人共有C 62C 42=90(种)安排方法,其中A 照顾老人甲的情况有C 51C 42=30(种), B 照顾老人乙的情况有C 51C 42=30(种),A 照顾老人甲,同时B 照顾老人乙的情况有C 41C 31=12(种).故符合题意的安排方法有90-30-30+12=42(种). 故选C.6.若已知集合P={1,2,3,4,5,6},则集合P 的子集中含有3个元素的子集数为 .,因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关,是组合问题,共有C 63=20(个)子集.7.不等式C n 2-n<5的解集为 .C n 2-n<5,得n (n -1)2-n<5,∴n 2-3n-10<0.解得-2<n<5.由题设条件知n ≥2,且n ∈N *,∴n=2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}.8.若对任意的x ∈A ,则1x ∈A ,就称A 是“具有伙伴关系”的集合.集合M=-1,0,13,12,1,2,3,4的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为 .-1;1;12,2;13,3,共4组.所以集合M 的所有非空子集中,具有伙伴关系的非空集合中的元素,可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为C 41+C 42+C 43+C 44=15.9.如图,某区有7条南北向街道,5条东西向街道.(1)图中有多少个矩形?(2)从A 点走向B 点最短的走法有多少种?在7条南北向街道中任选2条,5条南北向街道中任选2条,这样4条线可组成一个矩形,故可组成矩形有C 72·C 52=210(个).(2)每条东西向的街道被分成6段,每条南北向街道被分成4段,从A 到B 最短的走法包括10段,其中6段方向相同,另4段方向也相同,每种走法,即从10段中选出6段,这6段是走东西方向的(剩下4段即走南北方向的),共有C 106=C 104=210(种)走法.关键能力提升练10.楼道里有12盏灯,为了节约用电,需关掉3盏不相邻的灯,则关灯方案有( ) A.72种B.84种C.120种D.168种3盏不相邻的灯,即将这3盏灯插入9盏亮着的灯形成的10个空中,所以关灯方案共有C103=120(种).11.(2021江苏江宁校级期中)计算组合数C129得到的值为()A.1 320B.66C.220D.240=220.,C129=C123=12×11×103×2×112.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为()A.33B.34C.35D.36所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C21·A33=12(个);②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C21·A33+A33=18(个);③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C31=3(个).故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33(个).故选A.13.如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆,每天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余学校均只参观一天,那么不同的安排方法有()A.50种B.60种C.120种D.210种,一周内两天连排的方法一共有6种:(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6),(6,7).甲任选一种为C61,然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观,安排方法有A52种,按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C61·A52=120(种),故选C.14.(多选)有13名医生,其中女医生6人,现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区,若医疗小组至少有2名男医生,同时至多有3名女医生,设不同的选派方法种数为N,则下列等式能成为N的算式是()A.C135−C71C64B.C72C63+C73C62+C74C61+C75C.C135−C71C64−C65D.C72C113名医生,其中女医生6人,男医生7人.(方法一直接法)2男3女C72C63;3男2女C73C62;4男1女C74C61;5男C75,所以N=C72C63+C73C62+C74C61+C75.(方法二间接法)13名医生,任取5人,减去4、5名女医生的情况,即N=C135−C71C64−C65.故选BC.15.某同学有同样的画册2本、同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有种.,就所剩余的1本进行分类:第1类,剩余的是1本画册,此时满足题意的赠送方法有4种;第2类,剩余的是1本集邮册,此时满足题意的赠送方法有C 42=6(种).因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种).16.C 88+C 98+C 108+C 118= .88+C 98+C 108+C 118=C 129=C 123=220.17.4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中,则恰好有1个空盒子的放法有 种.,必有1个盒子内放入2个小球,从4个小球中取出2个小球,有C 42种取法,此时把它看作1个小球,与另2个小球共3个小球放入4个盒子中,有A 43种放法,所以满足题意的放法有C 42·A 43=144(种).18.(2021湖南模拟)甲、乙、丙、丁4名同学到A ,B ,C 三个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,且同学甲安排在A 小区,则共有 种不同的安排方案.:(1)A 小区安排2人(同学甲及另一名同学),则有C 31A 22=6(种)安排方案.(2)A 小区只安排同学甲1人,则有C 32A 22=6(种)安排方案,根据分类加法计数原理可得共有6+6=12(种)安排方案.19.(1)计算:C 85+C 10098C 77.(2)求证:C m+2n =C m n +2C m n -1+C m n -2.=C 83+C 1002×1=8×7×63×2×1+100×992×1=56+4 950=5 006.C n+1m =C n m +C n m -1可知,右边=(C m n +C m n -1)+(C m n -1+C m n -2)=C m+1n +C m+1n -1=C m+2n =左边.所以原等式成立.学科素养创新练20.有9本不同的课外书,分给甲、乙、丙三名同学,求在下列条件下,各有多少种分法? (1)甲得4本、乙得3本、丙得2本; (2)一人得4本、一人得3本、一人得2本; (3)甲、乙、丙各得3本.分三步完成:第1步,从9本不同的书中,任取4本分给甲,有C 94种方法; 第2步,从余下的5本书中,任取3本给乙,有C 53种方法; 第3步,把剩下的书给丙,有C 22种方法,所以甲得4本、乙得3本、丙得2本,共有C 94C 53C 22=1 260(种)不同的分法.(2)分两步完成:第1步,按4本、3本、2本分成三组有C 94C 53C 22种方法;第2步,将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人,有A 33种方法,所以一人得4本、一人得3本、一人得2本,共有C 94C 53C 22A 33=7 560(种)不同的分法.(3)用与(1)相同的方法即可求解,可得甲、乙、丙各得3本,共有C 93C 63C 33=1 680(种)不同的分法.21.按照下列要求,分别求有多少种不同的方法? (1)5个不同的小球放入3个不同的盒子;(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球; (3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球; (4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有1个空盒.个不同的小球放入3个不同的盒子,每个小球都有3种可能,利用分步乘法计数原理可得不同的方法有35=243(种).(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,先把5个小球分组,分法有2,2,1和3,1,1两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有C 52C 32C 11A 22+C 53A 33=150(种).(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,类似于在5个小球间的空隙中,放入2个隔板,把小球分为3组,故不同的方法共有C 42=6(种).(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有一个空盒,先把5个小球分2组,分法有3,2,0和4,1,0两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有(C 53C 22+C 54)A 33=90(种).。
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第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解： f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设a n-1a n-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。
a n可以有两种情况：1）不管上述序列中是否有2，因为a n的位置在最左边，因此0和1均可选；2）当上述序列中没有1时，2可选；故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。
则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1）f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2）将（1）得到的h(n)=(2n+4n)/2代入（2），可得f(n+1)= (2n+4n)/2-2f(n),f(1)=2.4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解：这种序列有两种情况：1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个；2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；所以f(n)=f(n-3)+2f(n-2)f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；依此类推，有f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6.求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n).解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。
《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版
n ai i1, 2,
证明： （1）可表示性。 令 M {(am 1 , am 2 , , a2 , a1 ) | 0 ai i, i 1, 2, , m 1} ，显然 M m ! ，
N {0,1, 2, , m ! 1} ，显然 N m ! ，
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组合数学（第二版）
但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全 坐后排，那么上式中的 C (8, 4) P 8, 4 就有重复。 4．一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时， 问共有多少种安排方案？ 解：用 xi 表示第 i 天的工作时间， i 1, 2, , 7 ，则问题转化为求不定方程
P (8,5) P (8, 4) P (7,5) 28 449 792 000 （种）
（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。 可分成三种情况分别讨论： ① 前排恰好坐 6 人，入座方式有 C (14, 6) P (8, 6) P (8,8) ； ② 前排恰好坐 7 人，入座方式有 C (14, 7) P (8, 7) P (8, 7) ； ③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有 C (14,8) P (8,8) P (8, 6) ； 各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：
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组合数学（第二版）
3 1 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C5 种； C2
（3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫，C 中 2 名当后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C52 种； （4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫，
组合数学习题答案
第1章 排列与组合1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其满足：()5;() 5.a ab b a b -=-≤[解] (a) 5=-b a将上式分解，得到55a b a b -=+⎧⎨-=-⎩a =b –5，a=1，2，…，45时，b ＝6，7，…，50。
满足a=b-5的点共50-5=45个点. a = b+5，a=5，6，…，50时，b ＝0，1，2，…，45。
满足a=b+5的点共45个点. 所以，共计2×45=90个点. (b) 5≤-b a(610)511(454)1651141531+⨯+⨯-=⨯+⨯=个点。
1.2 5个女生，7个男生进行排列，(a) 若女生在一起有多少种不同的排列？ (b) 女生两两不相邻有多少种不同的排列？(c) 两男生A 和B 之间正好有3个女生的排列是多少？[解] (a) 女生在一起当作一个人，先排列，然后将女生重新排列。
（7＋1）!×5!=8!×5!＝40320×120=4838400(b) 先将男生排列有7!种方案，共有8个空隙，将5个女生插入，故需从8个空中选5个空隙，有58C 种选择。
将女生插入，有5!种方案。
故按乘法原理，有：7!×58C ×5!=33868800(种)方案。
(c) 先从5个女生中选3个女生放入A ，B 之间，有35C 种方案，在让3个女生排列，有3!种排列，将这5个人看作一个人，再与其余7个人一块排列，有(7+1)! = 8!由于A ，B 可交换，如图**A***B** 或 **B***A**故按乘法原理，有：2×35C ×3!×8!=4838400（种）1.3 m 个男生，n 个女生，排成一行，其中m ，n 都是正整数，若(a) 男生不相邻(m ≢n+1)； (b) n 个女生形成一个整体； (c) 男生A 和女生B 排在一起； 分别讨论有多少种方案.[解] (a) 先将n 个女生排列，有n!种方法，共有n+1个空隙，选出m 个空隙，共有mn C 1+种方法，再插入男生，有m!种方法，按乘法原理，有：n!×mn C 1+×m!＝n!×)!1(!)!1(m n m n -++×m!=)!1()!1(!m n n n -++种方案。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
李凡长版组合数学课后习题答案习题5第五章Pólya计数理论1. 计算,并指出它的共轭类. 解：题中出现了5个不同的元素：分别是：1，2，3，4，5。
即|Sn|＝5。
(123)(234)(5)(14)(23)?12345??12345??12 345? ???23145????13425????43215? ????????12345??12345????34125????432 15?? ?????12345????21435?? ???(12)(34)( 5) 的置换的型为1122而Sn中属于1122型的元素个数为个其共轭类为，，，，，，，，，，，，， 2. 设D是n元集合,G是D上的置换群.对于D 的子集A和B,如果存在??G,使得B?{?(a)|a?A},则称A与B是等价的.求G 的等价类的个数. 1n?c1(ai)，其中c1(ai)表示在置换ai作用下保持不变解：根据Burnside引理l?Gi?15!?152!1!1122的元素个数，则有c1(σI)=n; 设在σ的作用下，A的元素在B中的个数为i，则c2(σ)=n－2i；1若没有其他置换，则G诱出来的等价类个数为l=[n?(n?2i)]?n?i 23. 0,1,6,8,9组成的n位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两个数是相等的.例如,0168和8910,0890与0680是相等的.问不相等的n位数有多少个？解：该题可理解为相当于n位数，0，1，6，8，9这5个数存在一定的置换关系31 对于置换群G={g1,g2} g1为不动点置换，型为1n；为5n；n??n?g2置换：(2(n-1))(3(n-2))…(??2??2?) ????分为2种情况：n为奇数时12 ，但是只有中间的数字是0，1，8的时候，才可能调转过来的时候是相同的，所以这里的剩下的中间数字只能是有3种。
即：个数为3×5n2n2n?12 n2 n为偶数时 2 ，个数为 5 该置换群的轮换指标为1n122(5?5)?5 n为偶数时，等价类的个数l=221nn为奇数时，等价类的个数l=(5?3?52n?12n3n) 4. 现有8个人计划去访问3个城市,其中有3个人是一家,另外有2个人是一家.如果一家人必须去同一个城市,问有多少种方案？写出它们的模式. 解：令D={d1,d2,…,d8}，其中，d1,d2,d3为一家，d4,d5为一家。
组合数学 答案 第四章作业
法1：（采用Burnsinde公式）
每个格子有两种颜色可以选择，且规定红为2，蓝为7，则该题可等同于在3X3的透明方阵里任选2格来着色，则共有C（9,2）以下36种可能方案：
因为，棋盘只能做刚体运动，
所以，当每个图都绕过中心点的轴按逆时针方向旋转00、900、1800、2700以及绕东西方向的中线、南北方向的中线、西北对角线和东北对角线进行翻转时，得到36种图像的又一种排列，分别讨论如下：
（C10C12）（C11）（C13C15）（C14）（C22C27）（C23）（C24C33）（C25C32）
（C26C31）（C28C30) (C29 ) (C34C36) (C35) =6
（7）西北对角线翻转时：
P7 = (C1C33) (C2C21) (C3C36) (C4C30) (C5C15) (C6C35) (C7C26) (C8) (C9C18)
（2）关于中心旋转正负720时：（12345）（15432），共轭
类2个，循环节数：1；
（3）关于中心旋转正负1440时，（13524）（14253），共轭
类2个，循环节数：1；
（4）关于xy对折，对应的置换分别为：（14）（23）（5），共轭类5个，循环节数：3；
则由Polya计数定理得：
L= 1/10 X (35+2X31+5X33)= 39
（C5C26）（C13C20）（C7C15）（C31C16）（C8）(C19) (C10C32) (C25C12)
(C11C29) (C22C27) (C14) (C23) = 4
（4）旋转2700时：
P4= (C1C18C36C24) (C2C21C35C6) (C3C9C33C34) (C4C17C30C28) (C5C20C26C13)
李凡长版-组合数学课后习题答案-习题3
第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解： f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设an-1an-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。
an可以有两种情况：1）不管上述序列中是否有2，因为an的位置在最左边，因此0 和1均可选；2）当上述序列中没有1时，2可选；故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。
则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1）f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2）将（1）得到的h(n)=(2n+4n)/2代入（2），可得n+4n)/2-2f(n),4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解：这种序列有两种情况：1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个；2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；所以5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；依此类推，有f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2 f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6. 求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n). 解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。
李凡长版组合数学课后习题答案习题（1）
李凡长版组合数学课后习题答案习题（1）第一章排列组合1、在小于2000的数中，有多少个正整数含有数字2？解：千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为：2*1*10*10；千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为：2*9*1*10；千位数为1或0，百位数和十位数皆不为2，个位数为2的正整数个数为：2*9*9*1；故满足题意的整数个数为：2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1＝542。
2、在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个？解：（1）串中有6个1：1个0有5个位置可以插入：5种。
（2）串中有5个1，除去0111110，个数为()62-1＝14。
（或：()()4142*2+＝14）（3）串中有4个1：分两种情况：①3个0单独插入，出去1010101，共()53-1种；②其中两个0一组，另外一个单独，则有()()2*)2,2(4152-P 种。
（4）串中有3个1：串只能为**1101**或**1011**，故共4*2种。
所以满足条件的串共48个。
3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时，共找到中文的10篇，英文的12篇，德文的5篇，法文的6篇，且所有的都不相同。
如果他只需要2篇，但必须是不同语言的，那么他共有多少种选择？解：10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个，其和为m 。
求n 和m 。
解：由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异，且个位数字为2，4，6的偶数均有P(5,3)=60个，于是：n = 60*3 = 180。
以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。
因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故 a 1 = (2+4+6)*60=720。
高中数学第三章排列组合与二项式定理组合及组合数公式课后习题新人教B版选择性必修第二册
3.1.3 组合与组合数第一课时 组合及组合数公式必备知识基础练1.计算:C 82+C 83+C 92=( )A.120B.240C.60D.4802.(多选题)若C 9x +1=C 92x -1,则x 的值可能为( )A.2B.3C.4D.53.计算2C 75+3A 52的值是( )A.72B.102C.5 070D.5 1004.(多选题)(2021江苏苏州星海实验中学高二期中)下列等式正确的是( )A.C n m=C nn -m B.C nm=A n m n !C.(n+2)(n+1)A n m=A n +2m +2D.C n r=C n -1r -1+C n -1r 5.已知圆上有9个点,每两点连一线段,若任意两条线的交点不同,则所有线段在圆内的交点有( )A .36个B .72个C .63个D .126个6.从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答)关键能力提升练7.(多选题)有6本不同的书,按下列方式进行分配,其中分配种数正确的是( )A.分给甲、乙、丙三人,每人各2本,有90种分法B.分给甲、乙、丙三人,一人4本,另两人各1本,有90种分法C.分给甲、乙每人各2本,分给丙、丁每人各1本,有180种分法D.分给甲、乙、丙、丁四人,其中两人各2本,另两人各1本,有2 160种分法8.用0,1,2,3,4这五个数可以组成 个无重复数字的三位奇数; 个三位奇数.(用数字作答)学科素养创新练9.某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,求至少选中一名男生的选法种数.参考答案3.1.3 组合与组合数第一课时 组合及组合数公式1.A C 82+C 83+C 92=7×82×1+6×7×83×2×1+8×92×1=120.2.AB 由组合数公式的性质可得,x+1=2x-1或x+1+2x-1=9,解得x=2或x=3.经检验,均符合题意.故选AB .3.B 依题意,原式=2C 72+3A 52=2×7×62×1+3×5×4=42+60=102,故选B .4.ACD 根据组合数的性质可知C n m =C n n -m ,C n r =C n -1r -1+C n -1r ,故AD 正确;根据排列数与组合数的关系可知C n m=A n mm !,故B 不正确;因为(n+2)(n+1)A nm =(n+2)(n+1)n (n-1)…(n-m+1),A n +2m +2=(n+2)(n+1)…(n+2-m-2+1)=(n+2)(n+1)n (n-1)…(n-m+1),所以(n+2)(n+1)A n m =A n +2m +2,故C 正确.故选ACD .5.D 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所有四边形的对角线的交点个数即所求,所以交点有C 94=126个.6.1 260 分两类:第一类:从0,2,4,6中取到0,则没有重复数字的四位数有C 31C 52A 31A 33=540(个);第二类:从0,2,4,6中不取0,则没有重复数字的四位数有C 32C 52A 44=720(个).所以没有重复数字的四位数共有540+720=1260(个).7.ABC 对A,先从6本书中分给甲2本,有C 62种方法;再从其余的4本书中分给乙2本,有C 42种方法;最后的2本书给丙,有C 22种方法,所以不同的分配方法有C 62C 42C 22=90(种),故A 正确;对B,先把6本书分成3堆:4本、1本、1本,有C 64种方法;再分给甲、乙、丙三人,所以不同的分配方法有C 64A 33=90(种),故B 正确;对C,6本不同的书先分给甲、乙每人各2本,有C 62C 42种方法;其余2本分给丙、丁,有A 22种方法,所以不同的分配方法有C 62C 42A 22=180(种),故C 正确;对D,先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本,有C 62C 42A 22·C 21C 11A 22种方法,再分给甲、乙、丙、丁四人,所以不同的分配方法有C 62C 42A 22·C 21C 11A 22·A 44=1080(种),故D 错误.故选ABC .8.18 40 先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有2×C 31C 31=18(个).先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有2×C 41C 51=40(个).9.解从5名学生中选2名学生去参加活动,有C 52=10(种),从3名女生中选2名女生去参加活动,有C 32=3(种),所以至少选中一名男生的选法种数是10-3=7.。
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李凡长版-组合数学课后习题答案-习题3第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解： f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设an-1an-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。
an可以有两种情况：1）不管上述序列中是否有2，因为an的位置在最左边，因此0 和1均可选；2）当上述序列中没有1时，2可选；故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。
则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1）f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2）将（1）得到的h(n)=(2n+4n)/2代入（2），可得n+4n)/2-2f(n),4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解：这种序列有两种情况：1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个；2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；所以f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；依此类推，有1718f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6. 求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n). 解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。
包括以下情况：f(n)包含了在最后三位第一次出现010的个数，同时排除了从n-4到n-2位第一次出现010的可能；f(n-2)包含了从n-4到n-2位第一次出现010的个数； f(n-3)包含了从n-5到n-3位第一次出现010的个数；2f(n-4)包含了从n-6到n-4位第一次出现010的个数（因为在第n-3位可以取0或1）；同理，k ≥3时，第n-k-2到n-k 位第一次出现010的个数为 2k-3f(n-k)(因为第n-k 位～n-3位中间的k-3位可以取0、1，所以有2k-3种状态)。
所以满足条件的递推关系为f(n)+f(n-2)+f(n-3)+…+2n-6f(3)=2n-3 n ≥6 f(3)=1,f(4)=2,f(5)=3.7. 有多少个长度为n 的0,1序列,在这些序列中,既不包含“010”,也不包含“101”？解：设满足条件的序列数为f(n)考虑n-1位时最左边的情况：1) 最左边为1，则左边可选0或1生成满足要求的序列，这种情况有2f(n-2)个；2) 最左边为01，则左边只能选1才能满足要求，这种情况有f(n-3)个；f(n)=2f(n-2)+f(n-3) f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.8. 在信道上传输a,b,c 三个字母组成的长为n 的字符串,若字符串中有两个a 连续出现,则信道就不能传输.令f(n)表示信道可以传输的长为n 的字符串的个数,求f(n)满足的递推关系.解：信道上能够传输的长度为n （n ≥2）的字符串可分成如下四类：1) 最左字符为b ； 2) 最左字符为c ；3) 最左两个字符为ab ； 4) 最左两个字符为ac ；前两类字符串分别有f(n-1)个，后两类字符串分别有f(n-2)个。
容易求出f(1)=3,f(2)=8。
从而得到 f(n)=2f(n-1)+2f(n-2) (n ≥3) f(1)=3,f(2)=8.9. 求解下列递推关系：（1）()2(1)2(2)(1)3,(2)8f n f n f n f f =-+-⎧⎨==⎩；解：先求这个递推关系的通解，它的特征方程为x 2-2x －2=0解这个方程，得11x =,21x =19所以，通解为12()(1(1n n f n c c =+.代入初值来确定c 1和c 2，得1c =，2c =.因此，2323()3)3)2323n n f n +-+=. （2）()4(1)4(2)(0)1,(1)3f n f n f n f f =---⎧⎨==⎩；解：此递推关系的特征方程为x 2-4x+4=0 解这个方程，得x 1=x 2=2. 所以通解为f(n)=c 12n +c 2n2n .代入初值来确定c 1和c 2，得c 1=1，c 2=1/2.因此，f(n)=2n +2n-1n.（3）()(1)3(2)5(3)2(4)(0)1,(1)0,(2)1,(3)2f n f n f n f n f n f f f f =--+-+-+-⎧⎨====⎩；解：该递推关系的特征方程为x 4+x 3-3x 2-5x-2=0, 解得特征根为x 1=x 2=x 3=-1,x 4=2.所以通解为f(n)=c 1(-1)n +c 2n(-1)n +c 3n 2(-1)n +c 42n . 代入初值，得1234712,,0,939c c c c ==-==.因此，712()(1)(1)2939nnnf n n =---+⋅.（4）()4(1)4(2)2(0)0,(1)1nf n f n f n n f f ⎧--+-=⋅⎨==⎩；解：由于2是特征方程的二重根，所以该递推关系的特解为 f '(n)=n 2(b 1n+b 0)·2n .将它代入递推关系化简，得到 6b 1=1, -6b 1+2b 0=0解得012b =，116b =.而相应齐次递推关系的通解为(c 0+c 1n)·2n ，从而非齐次递推关系的通解为2011()()262n n f n c c n n =+++⋅⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.代入初值可得00c =，116c =-.20于是321()(3)26n f n n n n =+-⋅.（5）()(1)! (1)(0)2f n nf n n n f =-+≥⎧⎨=⎩；解：f(1)=f(0)+1!f(2)=2f(1)+2!=2f(0)+2*2!=2!(f(0)+2) f(3)=3f(2)+3!=6f(0)+3*3!=3!(f(0)+3) …f(n)=n!(f(0)+n)=n!(n+1).（6）()(2)(1) (1)(0)1f n n f n n f =+-≥⎧⎨=⎩；解：f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=… =(n+2)(n+1)…3·f(0)=(n+2)!/2.10. 在一圆周上取n 个点,过每对点作一弦,且任何三条弦不在圆内共点,试求这些弦把圆分成的区域的个数.解：n-1个点把圆分为f(n-1)部分，在加第n 个点则对于前n-1个点来说，每选3个点都有3条弦构成了一个三角形。
而中间的一点和第n 点的连线把中间和第n 点间的弦分成了2个部分，增加了1一个域。
第n 个点和其它n-1个点的连线又把第1，n-1，n 点构成的三角形分为n 个域。
故满足条件的递推关系为f(n)=f(n-1)+C(n-1,3)+n-1，f(0)=1,f(1)=1,f(2)=2,f(3)=4,f(4)=8. 解得 f(n)=1+C(n,2)+C(n-4).11. 设有n 条椭圆曲线，两两相交于两点，任意3条椭圆曲线不相交于一点.问这样的n 个椭圆将平面分割成多少部分?解：设f(n)表示n 个椭圆将平面分割成的部分的个数，则有：一个椭圆将平面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成4个部分。
第二个椭圆的周界被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。
依此类推，第三个椭圆曲线被前面两个椭圆分割成4部分，将平面分割成4＋4＝8个部分。
若n －1个椭圆将平面分割成f(n-1)个部分，第n 个椭圆和前n －1个椭圆两两相交于两点，共2（n －1）个交点，即新增加的域有2（n －1）个。
故有f(n)=f(n-1)+2(n-1) f(1)=2解得f(n)=n(n-1)+212. 求n 位十进制正数中出现偶数个5的数的个数.解：设f(n)表示n 位十进制正数中出现个5的数的个数，d=d 1d 2…d n-1表示n-1位十进制数，则若d 含有偶数个5，则d n 取5以外的任何一个数；若d 含有奇数个5，则d n 取5。
另n-1位十进制的数共有9×10n-2个，故递推关系为f(n)=9f(n-1)+ 9×10n-2-f(n-1)= 9×10n-2+8f(n-1) f(1)=8.13. 在一个平面上画一个圆,然后一条一条地画n 条与圆相交的直线.当r 是21 大于1的奇数时,第r 条直线只与前r －1条直线之一在圆内相交.当r 是偶数时,第r 条直线与前r －1条直线都在圆内相交.如果无3条直线在圆内共点,这n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？解：当r 是奇数时，它只与原来r －1条直线之一相交，因此多了两个部分； 当r 是偶数时，它与原来的r －1条都相交，因此多了r 个交点； 故有f(n)=f(n-1)+2 n 为奇数； f(n)=f(n-1)+n n 为偶数；14. 从1到n 的自然数中选取k 个不同且不相邻的数,设此选取的方案数位f(n,k).1) 求f(n,k)满足的递推关系； 2) 用归纳法求f(n,k)；3) 若设1与n 算是相邻的数,并在此假定下从1到n 的自然数中选取k 个不同且不相邻的数的方案数位g(n,k),试利用f(n,k)求g(n,k).解：1）有两类：选n 为f(n-2,k-1)；不选n 为f(n-1,k).所以 f(n,k)=f(n-2,k-1)+f(n-1,k). 2)f(n,k)=C(n-k+1,k).3)f(n,k)=C(n-k+1,k-1)*n/k.15. 从1到n 的自然数中选取两两之差均大于r 的k 个数 1) 求它所满足的递推关系；2) 证明(,),(1)r n rk r f n k n r k r k -+⎛⎫=+≥+ ⎪⎝⎭解：可将本题转换为构造相应的0－1串的问题。