高中数学竞赛讲义(十八)组合
高中数学竞赛校本教材【全套共30讲】(原创Word版,含答案,278页)
高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲（1） (1)§2数学方法选讲（2） (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列，组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆，圆锥曲线 (143)§19立体图形，空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲（1）同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
高中数学组合获奖优秀教案
高中数学组合获奖优秀教案
教案名称：解决问题的数学组合方法
教学目标：
1. 熟练掌握数学组合的基本概念和方法；
2. 能够运用数学组合的方法解决实际问题；
3. 培养学生的逻辑思维和创新能力。
教学内容：
1. 数学组合的定义和性质；
2. 数学组合的常见问题解法；
3. 实际问题的数学组合解决方法。
教学步骤：
一、导入（5分钟）
教师出示一个问题：“班里有10个男生和8个女生，从中选出3个人组成一个团队，问有多少种可能的组合方式？”引导学生思考，引出数学组合的概念。
二、讲解（15分钟）
1. 教师讲解数学组合的定义和性质；
2. 介绍数学组合的基本计算方法；
3. 演示数学组合在解决实际问题中的应用。
三、练习（20分钟）
1. 学生进行小组讨论，解决一些简单的数学组合问题；
2. 学生个人练习，完成几个实际问题的解答。
四、总结（5分钟）
教师总结本节课的重点内容，强调数学组合在解决问题中的重要性，并鼓励学生勤加练习。
五、作业布置（5分钟）
布置课后作业：解决一些更复杂的数学组合问题，加深对数学组合的理解。
教学评价：
通过这节课的教学，学生能够熟练掌握数学组合的基本概念和方法，能够灵活运用数学组合解决实际问题，培养了学生的逻辑思维和创新能力。
希望学生在实践中不断提高自己的解决问题能力，取得更好的成绩。
（教案结束）。
高中数学排列组合解题技巧
高中数学排列组合解题技巧在高中数学中，排列组合是一个重要的概念和考点。
它涉及到对一组对象进行有序或无序地选择和排列的问题，常常出现在数学竞赛和高考中。
掌握排列组合的解题技巧对于提高数学成绩至关重要。
本文将介绍一些常见的排列组合题型，并提供解题技巧和例题分析，帮助高中学生和家长更好地掌握这一知识点。
一、排列问题排列问题是指从给定的一组对象中，按照一定的顺序选择一部分或全部对象的问题。
常见的排列问题有全排列、循环排列和有条件的排列等。
1. 全排列全排列是指从n个不同的元素中，按照一定的顺序选取m个元素进行排列的问题。
全排列的计算公式为P(n, m) = n! / (n-m)!，其中n!表示n的阶乘。
例题1：从1、2、3、4中任选3个数字，共有多少种排列方式？解析：根据全排列的计算公式，P(4, 3) = 4! / (4-3)! = 4! / 1! = 4 × 3 × 2 = 24。
因此，共有24种排列方式。
2. 循环排列循环排列是指将n个不同的元素排成一个环状，不计顺序的排列问题。
循环排列的计算公式为C(n) = (n-1)!，其中n!表示n的阶乘。
例题2：将1、2、3、4排成一个环状，共有多少种循环排列方式？解析：根据循环排列的计算公式，C(4) = (4-1)! = 3! = 3 × 2 = 6。
因此，共有6种循环排列方式。
二、组合问题组合问题是指从给定的一组对象中，按照一定的顺序选择一部分对象的问题。
与排列不同的是，组合不考虑对象的顺序，只关注对象的选择。
常见的组合问题有选择问题和有条件的组合等。
1. 选择问题选择问题是指从n个不同的元素中，按照一定的顺序选取m个元素的问题。
选择问题的计算公式为C(n, m) = n! / (m! × (n-m)!)。
例题3：从1、2、3、4中任选3个数字，共有多少种选择方式？解析：根据选择问题的计算公式，C(4, 3) = 4! / (3! × (4-3)!) = 4! / (3! × 1!) = 4。
高中联赛排列组合的解法
数学竞赛中的排列组合问题江苏省梁丰高级中学 (215600) 张伟新排列组合问题主要依据分类计数原理和分步计数原理，其本身应用的知识并不多，但 由于题目灵活多样，在各级各类考试中经常出现，在数学竞赛活动中尤其突出。
其解题方法 也多种多样，归纳起来，我们一般可用下面的方法来解决。
一、列举法：例1、从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的 偶数，不同的取法有 。
（1998年全国高中数学联赛） 解：从10个数中取出3个数，使其和为偶数，则这三个数都为偶数或一个偶数二个 奇数。
当三个数都为偶数时，有35C 种取法；当有一个偶数二个奇数时，有15C 25C 种取法。
题意要使其和为不小于10。
我们把和为小于10的偶数列举出来，有如下9种不同取法： （0，1，3），（0，1，5），（0，1，7），（0，3，5），（0，2，4），（0，2，6），（1，2，3）， （1，2，5），（1，3，4）。
因此，符合题设要求的取法有35C +15C 25C －9=51种。
例2、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。
（1997年全国高中数学联赛）解：如图：青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D 点。
故青蛙的跳法只有下列两种：（1）青蛙跳3次到达D 点，有ABCD ，AFED 两种跳法。
（2）青蛙一共跳5次后停止，那么，前3次的跳法一定不到达D ，只能到达B 或F ，则共有AFEF ，AFAF ，ABAF ，ABCB ，ABAB ，AFAB 这6种跳法。
随后的两次跳法各有四种，比如由F出发的有：FEF ，FED ，FAF ，FAB 共4种。
因此这5次跳法共有 6⨯4=24种不同跳法。
∴一共有2+24=26种不同跳法。
(新)高中数学排列组合公式排列组合计算公式(供参考)
排列组合公式/排列组合计算公式排列P------和顺序有关组合C -------不牵涉到顺序的问题排列分顺序,组合不分例如把5本不同的书分给3个人,有几种分法. "排列"把5本书分给3个人,有几种分法"组合"1．排列及计算公式从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 p(n,m)表示.p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定0!=1).2．组合及计算公式从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号c(n,m) 表示.c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);3．其他排列与组合公式从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝p(n,r)/r=n!/r(n-r)!.n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为n!/(n1!*n2!*...*nk!).k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m).排列（Pnm(n为下标，m为上标)）Pnm=n×（n-1）....（n-m+1）；Pnm=n！/（n-m）！（注：！是阶乘符号）；Pnn （两个n分别为上标和下标） =n！；0！=1；Pn1（n为下标1为上标）=n组合（Cnm(n为下标，m为上标)）Cnm=Pnm/Pmm ；Cnm=n！/m！（n-m）！；Cnn（两个n分别为上标和下标） =1 ；Cn1（n为下标1为上标）=n；Cnm=Cnn-m2008-07-08 13:30公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。
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【最新整理，下载后即可编辑】高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
三、高中数学竞赛基础知识第一章 集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x 在集合A 中，称x 属于A ，记为A x ∈，否则称x 不属于A ，记作A x ∉。
高中数学中的排列组合问题解析
高中数学中的排列组合问题解析在高中数学中，排列组合是一个重要的概念和工具，用于解决各种实际问题和数学题目。
排列组合问题涉及到对一组元素进行选择、排列或组合的方式和方法。
在本文中，我们将对排列组合问题进行详细解析，包括排列、组合、二项式定理等内容。
一、排列排列是指从一组元素中选取一部分元素按照一定的顺序进行排列的方式。
排列问题可以分为有放回排列和无放回排列两种情况。
有放回排列是指从一组元素中选取若干个元素进行排列，选取的元素在排列过程中可以重复使用。
例如，从1、2、3三个元素中选取两个进行排列，可以得到以下六种排列：12、21、13、31、23、32。
无放回排列是指从一组元素中选取若干个元素进行排列，选取的元素在排列过程中不可重复使用。
例如，从1、2、3三个元素中选取两个进行排列，可以得到以下两种排列：12、21。
二、组合组合是指从一组元素中选取一部分元素按照任意的顺序进行组合的方式。
组合问题也可以分为有放回组合和无放回组合两种情况。
有放回组合是指从一组元素中选取若干个元素进行组合，选取的元素在组合过程中可以重复使用。
例如，从1、2、3三个元素中选取两个进行组合，可以得到以下三种组合：11、12、22。
无放回组合是指从一组元素中选取若干个元素进行组合，选取的元素在组合过程中不可重复使用。
例如，从1、2、3三个元素中选取两个进行组合，可以得到以下三种组合：12、13、23。
三、二项式定理二项式定理是排列组合问题中的一个重要定理，它描述了两个数的幂次展开的规律。
二项式定理可以用于计算排列组合问题中的各种情况。
二项式定理的公式为：(a + b)^n = C(n, 0)a^n + C(n, 1)a^(n-1)b + C(n, 2)a^(n-2)b^2 + ... + C(n, n-1)ab^(n-1) + C(n, n)b^n其中，C(n, k)表示从n个元素中选取k个元素进行组合的方式数，也称为组合数。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义(十八)组合
高中数学竞赛讲义（十八）──组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a1,a2,…,an是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合{a1,a2,…,an}的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。
[证明] （1）若n{a1,a2,…,an},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数ai ,aj(i≠j)属于同一集合，从而ai +aj=2n被2n整除；（2）若n∈{a1,a2,…,an}，不妨设a n=n，从a1,a2,…,a n-1(n-1≥3)中任意取3个数a i, a j, a k(a i,<a j< a k)，则a j-a i与a k-a i中至少有一个不被n整除，否则a k-a i=(a k-a j)+(a j-a i)≥2n，这与a k∈(0,2n)矛盾，故a1,a2,…,a n-1中必有两个数之差不被n整除；不妨设a1与a2之差(a2-a1>0)不被n整除，考虑n个数a 1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。
ⅰ）若这n个数中有一个被n整除，设此数等于kn，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上an=n知结论成立。
ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为a i, a j, a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。
证明：表中所有数之和不小于。
[证明] 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于k2，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2+k2≥3.不变量原理。
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。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义第十八章 组合
第十八章 组合1．抽屉原理。
例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数，证明：存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集，它的所有元素之和能被2n 整除。
[证明] （1）若n ∉{a 1,a 2,…,a n },则n 个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数a i ,a j (i ≠j)属于同一集合，从而a i +a j =2n 被2n 整除；（2）若n ∈{a 1,a 2,…,a n }，不妨设a n =n ，从a 1,a 2,…,a n -1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k )，则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除，否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ，这与a k ∈(0,2n)矛盾，故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除；不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除，考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。
ⅰ）若这n 个数中有一个被n 整除，设此数等于k n ，若k 为偶数，则结论成立；若k 为奇数，则加上a n =n 知结论成立。
ⅱ）若这n 个数中没有一个被n 整除，则它们除以n 的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n 的余数相同，它们之差被n 整除，而a 2-a 1不被n 整除，故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n ×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n 。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试)与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1。
平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题.几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴.面积方法,复数方法，向量方法,解析几何方法。
2。
代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式,切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等，整系数多项式的有理根＊，多项式的插值公式＊。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程＊3。
初等数论同余，欧几里得除法,裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数［x］，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理＊.4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
高中数学排列组合解题技巧
高中数学排列组合解题技巧在高中数学的学习中，排列组合是一种基础的数学概念，其应用范围广泛，尤其在数学竞赛中经常会涉及到。
对于初学者来说，掌握排列组合解题技巧是十分重要的，以下是我总结的一些技巧，希望能够帮助到大家。
一、排列组合的基本概念排列组合是指从若干元素中选择若干元素形成集合的方法。
其中，排列与组合的区别主要在于是否考虑元素的先后次序。
排列：从n个不同元素中取出m个元素按照一定的顺序排列，称为n 个不同元素中取m个元素的排列，通常表示为A（n，m）。
组合：从n个不同元素中取出m个元素，不考虑顺序的组合方式称为n个不同元素中取m个元素的组合，通常表示为C（n，m）。
二、排列组合的计算方法1. 排列的计算方法对于一个排列问题，我们可以采用以下的公式进行计算：A（n，m）= n! / (n - m)!这个公式的意思是，在n个元素中选择m个元素，有n!种不同的排列方式，但是对于每m个元素组成的排列，其内部元素顺序有m!种不同的排列方式，因此最终的排列结果就是n! / (n - m)!。
2. 组合的计算方法对于一个组合问题，我们可以采用以下的公式进行计算：C（n，m）= A（n，m）/ m! = n! / (m! * (n - m)!)这个公式的意思是，在n个元素中选择m个元素，有A（n，m）种不同的排列方式，但是由于我们不考虑元素的顺序，因此我们需要将这些排列方式除以m!（即m个元素内部可以互相交换的排列方式）。
最终的组合结果就是A（n，m）/ m! = n! / (m! * (n - m)!).三、排列组合问题的应用在解决排列组合的问题时，需要灵活掌握一些技巧，以下是一些常见的应用技巧。
1. 交换变量的位置对于一个排列问题，如果要求的是任意两个元素的不同排列方式数量，我们可以将两个元素的位置互换，得到不同的排列方式，因此需要将所有的不同排列数量乘以2。
2. 选择子集对于一个组合问题，如果需要求出n个元素中取m个元素的所有组合方式，我们可以先选择第一个元素，再从剩下的n-1个元素中选择m-1个元素，从而得到选择第一个元素的组合方式。
2011全国高中数学竞赛讲义-数列、组合
§16排列，组合1．排列组合题的求解策略（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略．（2）分类与分步有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理．（3）对称思想：两类情形出现的机会均等，可用总数取半得每种情形的方法数．（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间．（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列．（6）隔板模型：对于将不可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个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为311C ，这也就是方程12=+++d c b a 的正整数解的个数．2．圆排列（1）由},,,,{321n a a a a A =的n 个元素中，每次取出r 个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）．（2）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．（3）定理：在},,,,{321n a a a a A =的n 个元素中，每次取出r 个不同的元素进行圆排列，圆排列数为rP r n ． 3．可重排列允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列．在m 个不同的元素中，每次取出n 个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序那么第一、第二、…、第n 位是的选取元素的方法都是m 种，所以从m 个不同的元素中，每次取出n 个元素的可重复的排列数为n m ．4．不尽相异元素的全排列如果n 个元素中，有1p 个元素相同，又有2p 个元素相同，…，又有s p 个元素相同（n p p p s ≤+++ 21），这n 个元素全部取的排列叫做不尽相异的n 个元素的全排列，它的排列数是!!!!21s p p p n ⋅⋅⋅ 5．可重组合（1）从n 个元素，每次取出p 个元素，允许所取的元素重复出现p ,,2,1 次的组合叫从n 个元素取出p 个有重复的组合．（2）定理：从n 个元素每次取出p 个元素有重复的组合数为：r p n p n C H )1(-+=．例题讲解1．数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？2．有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？3．有n 2个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？4．将1+n 个不同的小球放入n 个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？5．在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？6．用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有多少个？7．用E D C B A ,,,,五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？8．某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？9．在平面上给出5个点，连结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？10．位政治家举行圆桌会议，两位互为政敌的政治家不愿相邻，其入坐方法有多少种？11．某城市有6条南北走向的街道，5条东西走向的街道．如果有人从城南北角（图A 点）走到东南角中B 点最短的走法有多少种？12．用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有多少种可能的号码？13．将r 个相同的小球，放入n 个不同的盒子（n r ）．（1）有多少种不同的放法？（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？14．8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩．（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的）课后练习1．8次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（ ）种（A ）15 （B ）30 （C ）48 （D ）602．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。
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。
高中数学知识点总结及公式大全排列组合与概率的组合与排列问题
高中数学知识点总结及公式大全排列组合与概率的组合与排列问题高中数学知识点总结及公式大全：排列组合与概率一、排列与组合基础知识在学习排列组合与概率之前，我们首先需要了解一些基础的排列与组合知识。
1. 排列排列是从一组元素中选取出若干元素按照一定的顺序排列的方式。
这些元素可以是数字、字母、物品等。
如果从 n 个元素中选取 m 个进行排列，则表示为 P(n, m) 或 nPm，排列的公式为：P(n, m) = n! / (n - m)!2. 组合组合是从一组元素中选取出若干元素而不考虑顺序的方式。
与排列不同，组合只关心元素的选择而不涉及元素的顺序。
如果从 n 个元素中选取 m 个进行组合，则表示为 C(n, m) 或 nCm，组合的公式为：C(n, m) = n! / [m! * (n - m)!]二、排列组合的应用排列组合的应用广泛，不仅限于数学领域，在实际生活中也能见到许多与排列组合相关的问题。
下面列举几个常见的应用场景：1. 抽奖问题在抽奖活动中，我们常会遇到从一堆奖品中抽取若干个奖品的问题，这就涉及到组合的应用。
2. 选课问题学校的选课系统通常会要求学生从众多课程中选择若干门进行学习，这就是一个排列问题。
3. 组队问题在进行体育竞赛或其他集体活动时，我们需要将一群人分成几个小组，这就是一个组合问题。
三、排列组合的公式总结在实际应用中，我们常常需要用到排列组合的公式来解决问题。
下面是一些常见的排列组合公式：1. 排列公式：- 样本不放回排列：P(n, m) = n * (n - 1) * (n - 2) * ... * (n - m + 1)- 样本放回排列：P(n, m) = n^m2. 组合公式：- C(n, m) = C(n, n - m)- C(n, m) = P(n, m) / m!- C(n, m) * C(m, k) = C(n, k) * C(n - k, m - k)四、概率与排列组合的关系排列组合与概率有着密切的关系，概率问题常常需要借助排列组合的概念来求解。
高中数学知识点总结排列与组合
高中数学知识点总结排列与组合高中数学知识点总结——排列与组合排列与组合是高中数学中的重要知识点，涉及到集合内元素的选择、排列和组合方式。
在解决实际问题的过程中，排列与组合可以帮助我们计算可能的情况数，进而推断问题的解决方法。
本文将对排列与组合的基本概念、公式及应用进行总结。
一、排列与组合的基本概念1. 排列排列是指从给定的元素中按照一定顺序选取若干元素的方式。
排列问题中，每个元素只能使用一次。
n个不同元素的全排列数可以表示为 n!（n的阶乘）。
n个元素中取出m个元素的排列数可以表示为A(n, m)=n!/(n-m)!2. 组合组合是指从给定的元素中无序地选取若干元素的方式。
组合问题中，每个元素只能使用一次。
n个不同元素的取m个元素的组合数可以表示为C(n, m)=n!/[(n-m)! * m!]二、常用排列与组合公式1. 全排列公式全排列是指将n个不同元素排成一排的所有可能情况的总数。
例如，由字母A、B、C组成的全排列数为3! = 3 × 2 × 1 = 6。
2. 有重复元素的排列公式当给定的元素中存在重复元素时，全排列的计算需要考虑到重复元素的情况。
例如，在由字母A、A、B组成的全排列中，根据重复性质，总排列数为3!/(2! * 1!) = 3。
3. 无重复元素的组合公式组合是指从给定的元素中取出若干元素，不考虑顺序的情况下的可能数。
例如，由字母A、B、C中取出2个元素的组合数为C(3, 2) = 3!/[(3-2)! * 2!] = 3。
4. 有重复元素的组合公式当给定的元素中存在重复元素时，组合的计算需要考虑到重复元素的情况。
例如，在由字母A、A、B中取出2个元素的组合中，总组合数为C(3, 2) = 3!/[(3-2)! * 2!] = 3。
三、排列与组合的应用排列与组合在实际问题中具有广泛的应用，主要包括以下几个方面：1. 抽奖问题排列与组合可以用于计算抽奖问题中中奖号码的可能性。
数学竞赛讲义：排列与组合
数学竞赛讲义：排列与组合【赛点直击】一、两个基本原理加法原理 设A 为完成一件事情的所有方法的集合，它可以划分为n 个互不相交的非空子集A 1，A 2，…，A n ，|A i |=m i (i=1,2,…,n)，那么完成这件事情的总方法数为： N=|A|=m 1+m 2+…+m n ；使用加法原理的关键在于对所计数的对象进行完全分类．乘法原理 设A 为完成一件事情的所有方法的集合，且完成这件事情需要几个步骤，实现第i(i=1,2,…,n)个步骤的方法的集合为A i ，|A i |=m i ,那么完成这件事情的总方法数为 N=|A|=m 1×m 2×…×m n ；使用乘法原理的关键在于对所计数的对象进行完全分步． 二、相异元素的排列与组合（1）从n 个不同元素中，任取m 个不同元素的排列数是!(1)(1)()!mn n A n n n m n m =⋅-⋅⋅-+=- ；（2）从n 个不同元素中，任取m 个不同元素的组合数是!()!m n n C n m =-；三、圆排列定义 从n 元集中任取r 个不同元素，仅按元素之间的相对位置而不分首尾排成一个圆圈，这种排列称为n 个不同元素的r-圆排列，其排列数记为r nH ． 由定义，不难求得：rn H 与组合数和r n C 排列数的关r n A 系为：rA r C H rn r n r n =-=)!1(．事实上设已将某r 个不同元素在圆周上排好，并从某个元素开始将它们依次记为r A A A ,,,21 ，现在保持这个顺序不变，让去任意选1A 择圆周上的r 个位置之一，有r 种不同的选择，这r 种选择所对应的排列形式不同实则相同由于r 个元素的全排列数为!r ，故r 个元素的圆排列数为)!1(-r ，故n 个元素的圆排列数为)!1(-r C rn ．四、重复排列定义 从n 元集中允许重复地任取r 个元素排成一列，称为n 个不同元素的r -可重排列．利用乘法原理易证明，n 个不同元素的r-可重排列数为rn ，这类问题一般可直接用乘法原理求解．五、不全相异元素的全排列定义 设n 个元素可分为k 组，每一组中的元素是相同的，不同组间的元素是不同的，其中第i 组的元素个数为i n ),...,2,1(k i =，n n n n k =+++...21，则这n 个元素的全排列称为不全相异元素的全排列．n 个元素的不全相异元素的全排列个数为!!...!!21k n n n n ，证明如下：先把每组中的元素看作是不相同的，则n 个不同元素的全排列数为!n ，然后分别将每个组的元素还其本来面目——每个组的元素是相同的，则在这个全!n 排列中，每个排列都重复出现了12!!...!k n n n 次，所以不全相异元素的全排列数为!!...!!21k n n n n ．六、多组组合定义 将n 个不同的元素分成k 组的组合称为n 个不同元素的k -组合．对于一个n 个不同元素的k -组合，若第i 组有i n 个元素，（k i ,...,2,1=），则不难证明不同的分组方法数为事!!...!!21,...,,21k n n n n n n n n C k=实上，我们把分组的过程安排成相继的k 个步骤：第一步，从n 个不同元素中选1n 个，有1n n C 种方法；第二步，从个元素中1n n -选个有种方2n 21nn n C -法，……，第k 步，从个元素选121...-----k n n n n k n 个元素，有k k nn n n n C )...(121-+++-种方法，再由乘法原理得证． 七、重复组合定义 从n 个不同的元素中任取r 个允许重复出现的组合称为n 个不同元素的r —可重组合．不难证明，n 个不同元素的r —可重组合的个数为rr n C 1-+．事实上，设（r a a a ,...,,21）是取自{1,2,…,n}中的任一r -可重复组合，并设r a a a ≤≤≤...21，令)1(1r i i a b i i ≤≤-+=，从而11a b =，122+=a b ，233+=a b ，…，1-+=r a b r r ，显然下面两组数是一对一的： r a a a ≤≤≤...21，11...211321-+≤-+<<+<+<≤r n r a a a a r设=A {}r i r a a a n a a a a ≤≤≤∈...},,...,2,1{|),...,,(2121，=B{}r i r b b b r n b b b b <<<-+∈...},1,...,2,1{|),...,,(2121，则由A 、B 之间存在一一对应，可知rr n C B A 1||||-+==，得证．在上述证明中，设r-可重复组合r a a a ,...,,21中含有个11x ，2x 个2，…，n x 个n ，则r x x x n =+++...21，且显然有（r a a a ,...,,21）与（n x x x ,...,,21）一一对应，因此我们立即可得：定理1 不定方程的r x x x n =+++...21非负整数解的个数为rr n C 1-+． 定理2 不定方程的r x x x n =+++...21正整数解的个数为11--n r C ． 证明：令1-=i i x y ，其中1≥i x ，（n x x x ,...,,21）是已知方程的正整数解，则n r y y y n -=+++...21 （*），由定理1知，方程（*）有个正整数1111)(-------+==n r n r r n r r n n C C C 解． 【赛题解析】例1．在由n 2个小方格组成的正方形中，有多少个由整数个小方格组成的大小或位置不同的正方形？ 解：由整数个小方格组成的大小位置不同的正方形可分成n 类，第k 类为k ×k 的正方形，共有2)1(+-k n 个(k=1,2,…,n)，于是由加法原理得所求正方形的总个数为)12)(1(61)1(12++=+-=∑=n n n k n N nk ．说明：此题将问题进行分类，直接用加法及乘法原理进行求解，两个原理是解决排列组合问题最基本的工具．例2．设整数a,b,c 为三角形三边，a+b=n ∈N,1≢c ≢n-1，求这样的整边三角形的个数 解：不妨设b ≣a ，有1≢a ≢[2n]，这样的整边三角形可分为两类． 第一类：c 为最大边，令i a =，则i n b -=，n-i ≢c ≢n-1，这样的三角形有i i n n =+---1)()1(个； 第二类：c 不为最大边，则b a c c b >+>,，故i n c i n a b -<<-=-2，故112--≤≤+-i n c i n ，这样的三角形有11)12()1(-=++----i i n i n ．由加法原理，使a+b=n 的整边三角形的个数为∑=-+=]2[1)1()(ni i i n f 2]2[⎪⎭⎫ ⎝⎛=n ．例3．有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？解：易知，在由10000～99999这90000个五位数中，共有30000个可被3整除，下面先求其中不含数字6的有多少个． 这件事情可分步来完成：在最高位，不能为0和6，因此有8种可能的情况，在千、百、十位上，不能为6，各有9种可能的情况，在个位上，不能为6，且应使整个五位数能被3整除，因此所出现的数应与前4位数字之和被3除的余数有关：当该余数为2时，个位上可为1，4，7中的一个；当该余数为1时，个位上可为2，5，8中的一个；当该余数为0时，个位上可为0，3，9中的一个，总之，不论前4位数如何，个位数字都有3种可能情况．所以这类五位数的个数为8×9×9×9×3=17496，因此，含数字6而又可被3整除的五位数的个数为30000-17496=12504种可能． 例4．从1，2，3，4，……，49中取出六个不同的数字，其中至少有两个是相邻的取法种数是多少？解：设是取自1126,,,a a a ，2，3，4，……，49中的六个不同的数，不妨设126a a a <<< ，显然12345612345a a a a a a ≤-≤-≤-≤-≤-，且互不相同123456,1,2,3,4,5a a a a a a -----的充要条件是：126,,,a a a 中不含相邻的数．作六元数组126(,,,)a a a 对应于123456(,1,2,3,4,5)a a a a a a -----，则在取自1至49之间的六个不同且没有相邻的数构成的六元组集合与所有取自1至44之间的六个不同的数构成的六元组集合之间建立了一一对应，因此这两个集合中六元组的个数都为644C ，而1至49之间的六个不同的数构成的六元组的个数为649C ，于是，其中有相邻数的六元组的个数为664944C C -． 说明：本题通过对应的方法将数相邻的问题转化为元素互异的问题，从而得到求解，对应的方法是解决排列组合问题的一种常用方法．例5．如图ABC D EF 为六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意跳到相邻两个顶点之一．（1）若在5次内跳到D 点，则停止跳动；若5次内不能跳到D 点，跳完5次也停止跳动．问这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法有几种？（2）若青蛙共跳12次，最终跳回到A 点的不同跳法有几种？ 解：（1）由条件，青蛙的跳法只可能出现两种情况： ① 跳3次到达D 点，有2种跳法．②跳5次停止（前3次不到D 点），注意到前3次的种跳法32中，有2种到达D 点，故前3次有3226-=种跳法，而后2次有22种跳法，因此有种跳26224⨯=法．由①、②可知，共有2+24=26种不同的跳法．（2）设青蛙每逆时针跳一步记为+1，每顺时针跳一步记为-1，共跳12次，将所有这些数相加，若其和为6的倍数，则青蛙跳回A 处，若其和不为6的倍数，则青蛙不可能跳回原处，若其和为0，则必为6个+1和6个-1相加，共有种可能612C ；若其和为6，则必为9个+1和3个-1相加，共312C 种；若其和为-6，则必为3个+1和9个-1相加，共312C 种；若其和为12，则有1种可能，若其和为-12，也有一种可能，因此满足要求的不同跳法总数为种63121222C C ++．C例6．将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？解法一：由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共种染35A色方法．当S、A、B已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染颜色2，则D可染颜色3、4、5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法，由此可见，当S、A、B已染好时，C与D还有7种染法，从而总的染色方法数为7×35A=420种．解法二：满足题设条件的染色至少要用三种颜色．（1）若恰用三种颜色，可先从5种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有种方法60122415=⋅CCC；（2）若恰用四种颜色染色，可以先从5种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A与B，由于A与B颜色可以交换，故有种染法24A，再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有种方法24012122415=CCAC；（3）若恰用5种颜色染色，易知有种染12055=A法．综上所知，满足题意的总染色方法数为60+240+120=420种．类题：（2003年高考江苏第15题）某城市在中心广场建造一个花囿，花囿分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有______________种（以数字作答）．解法一：1、2、3两两相邻，颜色应互不相同，故有种不同34A种法；1、2、3种好后，用树图方法不难得到4、5、6共有5种种法，由乘法原理得共有34A×5=120种种法．解法二：先种1，有4种颜色可选取，2、3、4、5、6形成一个圆环，要求用3种颜色涂上，且相邻的颜色不同即可转化为如下问题：将一个圆分成5个扇形，将三种颜色涂入其中，相邻的扇形涂不同的颜色．先涂1S，有三种涂法，再涂2S，有两种涂法，再涂3、4各有两种涂法，再涂5，如果只要求它与4颜色不同，则仍有两种涂法，这样共有3×2×2×2×2=48种涂法，但这48种涂法中有两类：一类5与1颜色不同，这种涂法符合题意，其数设为一5a类5与1颜色相同，这种涂法不合题意，如果把5与1合并看成一个扇形，这类涂法就相当于把圆分成4个扇形，按题设要求，其数为4a，即5a+4a=48，同理，34aa+=24，而6333==Aa，∴5a=30，故最后的结果为：30×4=120种．此问题可一般化为：把一个圆分成)2(≥nn个扇形，依次记为每,,,,21nSSS 个扇形都可用红、白、蓝三种不同颜色之任一种涂色，且三种颜色均至少用一次，要求相邻的扇形颜色互不相同，涂色法？略解：同上可得：,6,5,4,2311=⨯=+--naa nnn，63=a．若没有条件“颜色均至少用一次”，结果为,6,5,4,2311=⨯=+--naa nnn，62=a．更一般的情形是：把一个圆分成)2(≥nn个扇形，依次记为每,,,,21nSSS 个扇形都可用r种不同颜色之任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂色法？有11(1),4,5,6,nn na a r r n--+=⨯-= ，可得nnnrra)1()1)(1(-+--=说明：当我们用集合划分的方法对问题进行分类计数时，有时不可能一次性获得成功，这就需要通过建立递推关系来求解，我们把这种计数方法称为递推方法．例7．设集合A={1,2,3,…,366}，如果A的一个二元子集B={a,b}满足17|a+b，则称B具有性质P．（1）求A的具有性质P的所有二元子集的个数；（2）求A的两两不相交且具有性质P的所有二元子集的个数．解：（1）a+b≡0(mod17)，即a≡k(mod17)且b≡17-k(mod17)，k=0,1,2, (16)将1,2,3,…,366按模17可分为17类[0],[1],…[16]；因366=17×21+9，故|[1]|=|[2]|=…=|[9]|=22，|[10]|=|[11]|=…=|[16]|=|[0]|=21，欲17|a+b，当且仅当a,b∈[0]或a∈[k]，b∈[17-k]，当a,b∈[0]时，具有性质P的二元子集的个数为个221C；当a∈[k]，b∈[17-k]，k=1,2,…,7时，具有性质P的二元子集有1211227CC个；当a∈[8]，b∈[9]时，具有性质P的二元子集有121121CC个；所以A的具有性质P的二元子集总个数为39287121121121122221=++CCCCC个．说明：如果把子集换成数对（a,b），则共有2×3928个．（2）为使二元子集两两不交，可作如下搭配：a,b∈[0]时，共有10个子集；a∈[k]，b∈[17-k]，k=1,2,…,7，有21个子集；当a∈[8]，b∈[9]时，有22个子集．故A的具有性质P的两两不交的二元子集共有10+7×21=179个．例8．8个女孩和25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，问共有多少种不同的排列方法（只要把圈旋转一下就重合的排法认为是相同的）． 解：以1个女孩和2个男孩为一组，且使女孩恰好站在两个男孩中间，余下的9个男孩和这8个组被看成是17个元素，显然这17个元素任意的圆排列数为1616A 种再次，分在8个组内的16个男孩在16个位置上的排列是1616A ，所以总的排列方法数为：16161616925A A C ．说明：此题为圆排列问题．例9．试求从集合{}n A ,...,2,1=到集合的映{}m B ,...,2,1=射的个数．解：由映射的定义知，每一个到B 的映射对应着个不同元m 素的n -可重排列，故从A 到B 的映射的个数为n m ．例10．一段楼梯共有12级台阶，某人上楼时，有时一步迈一台阶，有时一步迈两台阶，问此人共有多少种上楼的方法？ 解：现将“一步迈两级台阶”这一动作记为a ，因为楼梯共有12级台阶，故动作a 至多只能做6次；再记“一步迈一级台阶”的动作为b ，则上楼的整个过程由k 个a 及12-2k 个b 组成，这里k 可取0，1，2，3，4，5，6，对于某个k ，其全排列数为：)!212(!]!212([k k k k --+)!212(!)!12(k k k --=，因此，上楼的方法共有：∑=--60)!212(!)!12(k k k k =233种． 解法2：以k =4为例，即4个两级，4个一级，相当于共8步，其中有四步为两级，即相当于从8步中选4步跨两级，其余跨一级，故结果应为48C ；一般地上楼的整个过程由k 个a 及12-2k 个b 组成，相当于共跨k +(12-2k )=12-k 步，其中有k 步为a ，故结果为kkC-12,这里k 可取0,1,2,3,4,5,6，故最终结果为∑=-612k kkC．解法3：设走n 次台阶的方法总数为n a ，对每种走法可划分为两类第一类：第一步走1级，有1-n a 种走法；第二类：第一步走2级，有2-n a 种走法，故21--+=n n n a a a ，且2,121==a a ，故易得23312=a ．因Fibo nacci 数列}{n F 满足2,1321===F F F ，故1+=n n F a ，由上面的一些方法还可知：∑=--=]2[01nk kk n n C F ． 若将所跨的每一级台阶，此人均用红、白两种颜色做上记号，则标有不同颜色的路线共有∑=---=⋅]2[02132n i i n i i n n C种，其递推关系式为5,2,22121==-=--a a a a a n n n ．例11．把n 个不同的球，分别装入m 个盒子中，使其中个盒1m 子中每个都有1p 个球，2m 个盒子中每个都有个球2p ，…，km 个盒子中每个都有个球kp ，这里，k k k m p m p m p n m m m m +++=+++=...,...221121，求下列情况下，各有多少种不同放法：（1）盒子均不相同；（2）装有相同数目的球的盒子相同．解：（1）这是一个将n 个不同元素分为m组的多组组合，故不同的放法数有k m k m m p p p n f )!...()!()!(!2121=； （2）因为相同数目的球的盒子相同（不加区别），故所求放法数为!!..!21k m m m f．例12．电视台在n 天内共播出r 次商业广告，问若每天至少播p 次广告（r np ≤），就每天播出广告的次数而言，共有几种播出方法？解：设第天播出i 广告i x 次，由题设知：r x x x n =+++...21，),...,2,1(n i p x i =≥，令p x y i i -=，则0...21≥-=+++np r y y y n ，故问题转化为求上述不定方程的非负整数解的个数，从而知广告播放的方法数为npr n np r C --+-1)(．巩 固 练 习1．n 名同学(n ≣3)站成一圈，其中A 、B 两人不能相邻的站法有多少种？解：n 名同学站成一圈有(n-1)!种站法，其中使A 、B 相邻的站法有2×(n-2)!种，从而A 、B 不相邻的站法为(n -1)!-2×(n-2)!=(n-3)(n-2)!种站法．2．设集合A 、B 的并集为一个n 元集，A ≠B ．（1） 若（A ，B ）与（B ，A ）视为不同的对，则这样的A 、B 共有多少个？ （2） 若（A ，B ）与（B ，A ）视为相同的对，则这样的A 、B 共有多少个？解：（1）设集合A 中有k 个元素，则集合B 中必含有A 中没有的n-k 个元素，再加上A 的k 个元素中取0个、1个、…k 个，故共有kknC 2个，故总数为∑=nk kknC 02=n 3个，除去A 与B相同（均为全集）的1个，共n 3-1个；（2）由题意，（A ，B ）与（B ，A ）一一对应，故结果为个)13(21-n ．3．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物，如图，要求同一块中种同一植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有多少种不同的栽种方案．解：考虑A 、C 、E 种同一种植物，此时共有4×3×3×3=108种；考虑A 、C 、E 种两种植物，此时共有3×4×3×3×2×2=432种方法；考虑A 、C 、E 种三种植物，此时共有34C ×2×2×2=192种方法；故总计有108+432+192=732种方案．4．如图，矩形ABC D 的边在网格线上，并且AB 是A D 的k 倍（k 为正整数），考虑沿网格的边从A 到C 所有可能的最短路径．证明：在这些路径中，含AB1的条数是含A D 1的条数的k 倍．解：含AB1的最短路径，除AB1外，还应含横向的m-1节，纵向的n 节，因此共有条1nm n C +-，同理，含AD1的最短路径有1mm n C +-条，而11!(1)!!(1)!nm n mm n Cm n m k Cn m n +-+--===-，因此命题得证．5．马路上有编号为1，2，3，…，2005的2005只路灯，为节约用电，现要求把其中的200只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉两端的路灯，求满足条件的关灯方法共有多少种？解：任意一种关灯的方法，都对应着一种满足题设条件的亮灯与暗灯的排列，于是总是转化为1805只亮灯中插入200只暗灯，且任何两只暗灯不相邻，而且不在两端，也就是在1805只亮灯所形成的1804个间隙中选200个插入暗灯，其方法有种2001804C ．6．把2005个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第i 个盒子中至少有i 个球)10,...,2,1(=i ，问不同放法的总数是多少？ 解：先在第个盒i 子里放入个i 球，这时共放了1+2+…+10=55个球，还余下2005-55=1950个球，故问题转化为把1950个球任意放入10个盒子（允许有的盒子不放球），相当于一个不定方程的非负整数解的个数问题，共有195019509101950119591959C C C +-==种．7．n 个人站成一)3(≥n 圈，其中某指定的两人A 、B 肯定不相邻的站法有多少种？ 答案：)!2(2)!1(---n n ．8．甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由一号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……，直到一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数是多少？解：不妨先设甲方胜出，则问题等价于求方程的7...721=+++x x x 非负整数解的个数，有6137177C C =-+种，同理，乙方胜的比赛过程也有6137177C C =-+种，故可能出现的比赛过程有6132C 种． 9．有男生m n +人，女生m 人（1,≥n m ），（1）这个人排成m n 2+一列，女生不相邻，首尾都是男生，有多少种排法？ （2））这个人围成m n 2+一圈，女生不相邻，有多少种排法？解：（1）m m n A m n 1)!(-++；（2）先作男生圆排列，然后插入，共mm n A m n +-+)!1(．10．方程的非负3...210321=++++x x x x 整数解共有多少个？ 解：由题意，1,01=x ，故分情况讨论如下：若01=x ，则3...1032=+++x x x ，非负整数解的个数为：1653139=-+C ； 若11=x ，则1...1032=+++x x x ，非负整数解的个数为：91119=-+C ．综上，非负整数解的个数为：165+9=174个．11．一个盒子里有7个分别标有号码1，2，…，7的球，每次取出一个，记下它的号码后再放回盒子，共取（放）4次，求4次中最大标号恰是5的取法数？解：最大标号为5，相当于从1，2，…，5中取，共取（放）4次，共有种取法45；从中剔除四次中最大标号均不是5的种数，结果为4544-=369．12．已知集合{}2,,,|12≥∈∈==-n N n C z z z z A n ，在复平面上，以A 中的复数的对应点为顶点可构成多少个直角三角形？解：易求得{}122,,,1,0-=n A εεε ，其中nieπε=（n ≣2）设各复数在复平面上对应点依次为O 、A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1，则A0A1A 2…A 2n-1为正2n 边形，易知在中以j i A OA ∆j i A A ,为顶点的内角均为锐角，所以，由O 、A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1为顶点的直角三角形可分为两类： 第一类：以O 为直角顶点的直角三角形，不失一般性，可设︒=∠900K OA A ，则nk ππ=2，所以)(2N k k n ∈=，这说明这类直角三角形存在当且仅当n 为偶数时，这时，这样的直角三角形有2n 个；第二类：不以O 为直角顶点的直角三角形这样的直角三角形的顶点均匀分布在单位圆周上，即由A 0、A 1、A 2、…、A 2n-1构成，这些点可确定n 条直径，于是可构成)22(-n n 个直角三角形综上所述，由加法原理，所求直角三角形的总个数为⎩⎨⎧-=+-=为奇数为偶数n n n n n n n n n f ),1(2,22)22()(2．。
2023年高中数学竞赛教案讲义排列组合与概率
第十三章 排列组合与概率一、基础知识1. 加法原理: 做一件事有n 类措施, 在第1类措施中有m1种不一样旳措施, 在第2类措施中有m2种不一样旳措施, ……, 在第n 类措施中有mn 种不一样旳措施, 那么完毕这件事一共有N=m1+m2+…+mn 种不一样旳措施。
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m2 乘法原理: 做一件事, 完毕它需要分n 个环节, 第1步有m1种不一样旳措施, 第2步有m2种不一样旳措施, ……, 第n 步有mn 种不一样旳措施, 那么完毕这件事共有N=m1×m2×…×mn 种不一样旳措施。
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m3．排列与排列数: 从n 个不一样元素中, 任取m(m ≤n)个元素, 按照一定次序排成一列, 叫做从n 个不一样元素中取出m 个元素旳一种排列, 从n 个不一样元素中取出m 个(m ≤n)元素旳所有排列个数, 叫做从n 个不一样元素中取出m 个元素旳排列数, 用 表达, =n(n-1)…(n-m+1)= ,其中m,n ∈N,m ≤n,注：一般地 =1, 0！=1, =n!。
4. N 个不一样元素旳圆周排列数为 =(n-1)!。
5．组合与组合数：一般地, 从n 个不一样元素中, 任取m(m ≤n)个元素并成一组, 叫做从n 个不一样元素中取出m 个元素旳一种组合, 即从n 个不一样元素中不计次序地取出m 个构成原集合旳一种子集。
从n 个不一样元素中取出m(m ≤n)个元素旳所有组合旳个数, 叫做从n 个不一样元素中取出m 个元素旳组合数, 用 表达：.)!(!!!)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6. 组合数旳基本性质: （1） ；（2） ；（3） ；（4） ；（5） ；（6） 。
7. 定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r 旳正整数解旳个数为 。
[证明]将r 个相似旳小球装入n 个不一样旳盒子旳装法构成旳集合为A, 不定方程x1+x2+…+xn=r 旳正整数解构成旳集合为B, A 旳每个装法对应B 旳唯一一种解, 因而构成映射, 不一样旳装法对应旳解也不一样, 因此为单射。
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高中数学竞赛讲义（十八）──组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a1,a2,…,an是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合{a1,a2,…,an}的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。
[证明] （1）若n{a1,a2,…,an},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数ai ,aj(i≠j)属于同一集合，从而ai +aj=2n被2n整除；（2）若n∈{a1,a2,…,an}，不妨设a n=n，从a1,a2,…,a n-1(n-1≥3)中任意取3个数a i, a j, a k(a i,<a j< a k)，则a j-a i与a k-a i中至少有一个不被n整除，否则a k-a i=(a k-a j)+(a j-a i)≥2n，这与a k∈(0,2n)矛盾，故a1,a2,…,a n-1中必有两个数之差不被n整除；不妨设a1与a2之差(a2-a1>0)不被n整除，考虑n个数a 1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。
ⅰ）若这n个数中有一个被n整除，设此数等于kn，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上an=n知结论成立。
ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为a i, a j, a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。
证明：表中所有数之和不小于。
[证明] 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于k2，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2+k2≥3.不变量原理。
俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。
例3 设正整数n是奇数，在黑板上写下数1，2，…，2n，然后取其中任意两个数a,b,擦去这两个数，并写上|a-b|。
证明：最后留下的是一个奇数。
[证明] 设S是黑板上所有数的和，开始时和数是S=1+2+…+2n=n(2n+1)，这是一个奇数，因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。
例4 数a1, a2,…,a n中每一个是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+a n a1a2a3=0. 证明：4|n.[证明] 如果把a1, a2,…,a n中任意一个a i换成-a i，因为有4个循环相邻的项都改变符号，S模4并不改变，开始时S=0，即S≡0，即S≡0(mod4)。
经有限次变号可将每个a都变成1，而始终有S≡0(mod4)，从而有n≡0(mod4)，所以4|n。
i4．构造法。
例5 是否存在一个无穷正整数数列a1,<a2<a3<…，使得对任意整数A，数列中仅有有限个素数。
[证明] 存在。
取an =(n!)3即可。
当A=0时，{an}中没有素数；当|A|≥2时，若n≥|A|，则an+A均为|A|的倍数且大于|A|，不可能为素数；当A=±1时，an±1=(n!±1)?[(n!)2±n!+1]，当≥3时均为合数。
从而当A为整数时，{(n!)3+A}中只有有限个素数。
例6 一个多面体共有偶数条棱，试证：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶点，指向它的箭头数目是偶数。
[证明] 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则命题成立。
若有某个顶点A，指向它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点B，指向它的箭头数也为奇数（因为棱总数为偶数），对于顶点A 与B，总有一条由棱组成的“路径”连结它们，对该路径上的每条棱，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除A，B外的每个顶点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对顶点A，B，指向它的箭头数变成了偶数。
如果这时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做法，又可以减少两个这样的顶点，由于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使和是对每个顶点，指向它的箭头数为偶数。
命题成立。
5．染色法。
例7 能否在5×5方格表内找到一条线路，它由某格中心出发，经过每个方格恰好一次，再回到出发点，并且途中不经过任何方格的顶点？[解] 不可能。
将方格表黑白相间染色，不妨设黑格为13个，白格为12个，如果能实现，因黑白格交替出现，黑白格数目应相等，得出矛盾，故不可能。
6．凸包的使用。
给定平面点集A，能盖住A的最小的凸图形，称为A的凸包。
例8 试证：任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。
[证明] 五边形的凸五包是凸五边形、凸四边形或者是三角形，凸包的顶点中至少有3点是原五边形的顶点。
五边形共有5个顶点，故3个顶点中必有两点是相邻顶点。
连结这两点的边即为所求。
7．赋值方法。
例9 由2×2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形，用这种拐形去覆盖5×7的方格板，每个拐形恰覆盖3个方格，可以重叠但不能超出方格板的边界，问：能否使方格板上每个方格被覆盖的层数都相同？说明理由。
[解] 将5×7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。
如图18-1所示，每个拐形覆盖的三个数之和为非负。
因而无论用多少个拐形覆盖多少次，盖住的所有数字之和都是非负的。
另一方面，方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-1，当被覆盖K层时，盖住的数字之和等于-K，这表明不存在满足题中要求的覆盖。
8．图论方法。
例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双色布中，每种颜色的纱线至少与其他三种颜色的纱线搭配过。
证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色。
[证明] 用点A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相应的两点之间连一条边。
由已知，每个顶点至少连出三条边。
命题等价于由这些边和点构成的图中有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。
因为每个顶点的次数≥3，所以可以找到两条边不相邻，设为A1A2，A3A4。
（1）若A5与A6连有一条边，则A1A2，A3A4，A5A6对应的三种双色布满足要求。
（2）若A5与A6之间没有边相连，不妨设A5和A1相连，A2与A3相连，若A4和A6相连，则A1A2，A3A4，A5A6对应的双色布满足要求；若A4与A6不相连，则A6与A1相连，A2与A3相连，A1A5，A2A6，A3A4对应的双色布满足要求。
综上，命题得证。
二、习题精选1．药房里有若干种药，其中一部分药是烈性的。
药剂师用这些药配成68副药方，每副药方中恰有5种药，其中至少有一种是烈性的，并且使得任选3种药恰有一副药方包含它们。
试问：全部药方中是否一定有一副药方至少含有4种烈性药？（证明或否定）2．21个女孩和21个男孩参加一次数学竞赛，（1）每一个参赛者最多解出6道题；（2）对每一个女孩和每一个男孩至少有一道题被这一对孩子都解出。
求证：有一道题至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出。
3．求证：存在无穷多个正整数n，使得可将3n个数1, 2,…, 3n排成数表a1, a2…a nb1, b2…b nc1, c2…c n满足：（1）a1+b1+c1= a2+b2+c2=…= a n+b n+c n=，且为6的倍数。
（2）a1+a2+…+a n= b1+b2+…+b n= c1+c2+…+c n=，且为6的倍数。
4．给定正整数n，已知克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，…，n克的所有物品，求k的最小值f(n)。
5．空间中有1989个点，其中任何3点都不共线，把它们分成点数各不相同的30组，在任何3个不同的组中各取一点为顶点作三角形。
试问：为使这种三角形的总数最大，各组的点数应分别为多少？6．在平面给定点A0和n个向量a1，a2，…，a n，且使a1+a2+…+a n =0。
这组向量的每一个排列都定义一个点集：A1，A2，…，A n=A0，使得求证：存在一个排列，使由它定义的所有点A1，A2，…，A n-1都在以A0为角顶的某个600角的内部和边上。
7．设m, n, k∈N，有4个酒杯，容量分别为m,n,k和m+n+k升，允许进行如下操作：将一个杯中的酒倒入另一杯中或者将另一杯倒满为止。
开始时，大杯中装满酒而另3个杯子却空着，问：为使对任何S∈N，S<m+n+k，都可经过若干次操作，使得某个杯子中恰有S升酒的关于m,n,k的充分必要条件是什么？8．设有30个人坐在一张圆桌的周围，其中的每个人都或者是白痴，或者是聪明人。
对在座的每个人都提问：“你右边的邻座是聪明人还是白痴？”聪明人总是给出正确的答案，而白痴既可能回答正确，也可能回答不正确。
已知白痴的个数不超过F，求总可以指出一位聪明人的最大的F。
9．某班共有30名学生，每名学生在班内都有同样多的朋友，期末时任何两人的成绩都可分出优劣，没有相同的。
问：比自己的多半朋友的成绩都要好的学生最多能有多少人？。