高中数学竞赛之组合计数

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排列组合题型总结

排列组合题型总结

排列组合题型总结排列组合是高中数学中的一个重要知识点,也是各类数学竞赛常见的题型之一。

它在实际生活中有着广泛的应用,如排队、选材、抽奖等。

因此,对排列组合的掌握至关重要。

下面将对排列组合的概念、性质、计数原理以及常见题型进行总结。

一、排列与组合的概念1. 排列:对给定的一组元素,按照一定的顺序进行排列。

有放回的排列叫做重复排列,不放回的排列叫做不重复排列。

2. 组合:从给定的一组元素中,取出一部分元素进行组合,不考虑元素的顺序。

有放回的组合叫做重复组合,不放回的组合叫做不重复组合。

二、排列组合的性质1. 排列性质:(1) 重复排列:对于n个不同元素,重复排列数为P(m, n) =n^m。

(2) 不重复排列:对于n个不同元素取m个元素进行不重复排列数为A(m, n) = n! / (n-m)!2. 组合性质:(1) 重复组合:对于n个不同元素,从中取出m个元素进行重复组合,共有C(m+n-1, m)种组合方式。

(2) 不重复组合:对于n个不同元素取m个元素进行不重复组合,共有C(m, n)种组合方式。

三、排列组合的计数原理1. 乘法原理:当某件事情分为几个步骤进行,并且每个步骤的选择数目不受前一步骤选择的限制时,总的选择数目等于各个步骤选择数目的乘积。

2. 加法原理:当某件事情可以分为几种情况进行,并且这些情况没有重叠部分,总的选择数目等于各种情况选择数目的和。

3. 减法原理:当某件事情总的选择数目已知,但其中某些选择数目不符合要求时,可以采用总的选择数目减去不符合要求的选择数目得到符合要求的选择数目。

四、常见排列组合题型1. 对于排列问题,常见的题型有:(1) 从n个元素中取m个元素进行排列有多少种方法?(2) 字母排列问题,例如:用字母ABCDF构成几位无重复、有重复的排列?(3) 位置固定的排列问题,例如:某实验有4个步骤,进行3次,每个步骤有多少种选择方法?(4) 特殊位置的排列问题,例如:某分队有4名队员,第一、二名只能选A或B,第三名只能选C或D,第四名只能选E 或F,共有多少种分队方法?2. 对于组合问题,常见的题型有:(1) 从n个元素中取m个元素进行组合有多少种方法?(2) 元素重复的组合问题,例如:甲、乙、丙、丁四个人挑选队员,队员不多于2人,共有多少种选择方法?(3) 特定条件下的组合问题,例如:某公司有5个经理、7个主管、10个员工,要从中选取3个人组成考核小组,其中至少一人是经理,共有多少种选择方法?(4) 若干元素组成一个团队,其中必须包含A,B两人,并且团队至少需要5人,共有多少种选择方法?以上只是排列组合题型的几个常见例子,实际应用中还会出现更复杂的题型。

高中数学 组合与组合数公式

高中数学 组合与组合数公式

(2)列出所有冠亚军的可能情况。
(1) 中国—美国 美国—古巴 中 美 中 古 中 俄 美 中 中国—古巴 美国—俄罗斯 美 古 美 俄 古 中 古 美 古 俄 中国—俄罗斯 古巴—俄罗斯 俄 中 俄 美 俄 古
(2) 冠 军 亚 军
组合数: 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 m 组合数,用符号 C 表示
判断下列问题是组合问题还是排列问题?
(1)设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的含有3个元素的 子集有多少个? 组合问题 (2)某铁路线上有5个车站,则这条铁路线上共需准备 多少种车票? 排列问题 有多少种不同的火车票价? 组合问题
(3)10名同学分成人数相同的数学和英语两个学习小组, 共有多少种分法? 组合问题 (4)10人聚会,见面后每两人之间要握手相互问候, 组合问题 共需握手多少次? (5)从4个风景点中选出2个安排游览,有多少种不同的方法? 组合问题 (6)从4个风景点中选出2个,并确定这2个风景点的游览 顺序,有多少种不同的方法? 排列问题
abc abd acd bcd
求A 可分两步考虑: 3 4 求 可分两步考虑:
P4
第一步, C 4 ( 4)个;
第二步, A3 ( 6)个;
根据分步计数原理, A4
3
3
3
3
CA
3 4
3 3
.
P A 从而C 4 C3 3 P3
3
3
A
3 4 4
3 4
3
从 n 个不同元中取出m个元素的排列数
如:从 a , b , c三个不同的元素中取出两个元素的 所有组合分别是: ab , ac , bc (3个) 如:已知4个元素a , b , c , d ,写出每次取出两个 元素的所有组合.

《高中数学竞赛》组合计数

《高中数学竞赛》组合计数

第十九讲三、组合计数知识、方法、技能组合计数就是计算集合的元素个数。

它是组合数学的重要组成部分.在具体问题中给出的集合各式各样,都具有实际意义,而且集体中的元素是由某些条件所确定的,要判定一个元素是否属于某集合A ,已非易事,要确定A 的元素个数就更难了.这正是研究计算问题的原因。

解决组合计算问题虽然不需要高深理论知识,却需要重要的计算原理与思想方法. Ⅰ.几种特殊的排列、组合1.圆排列定义1:从几个元素中任取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。

r ——圆排列数记为r n K .定理1:.r P K r n rn证:对n 个不同元素取r 个的任一圆排列,均有r 种不同的方式展开成r 个不同的直线排列,且不同的圆排列展开的直线排列也彼此不同,故有r ·r n K =P r n ,得正.2.重复排列定义2:从n 个不同元素中允许重复的任取r 个元素排成一列,称为n 个不同元素的r ——可重复排列.定理2:n 个不同元素的r ——可重排列数为n r .证:在按顺序选取的r 个元素中,每个元素都有n 种不同的选法,故由乘法原理有,其排列数为n r .3.不全相异元素的全排列定义3: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n i (i =1, 2, …, k ), n 1+n 2+…+n k =n . 则这n 个元素的全排列称为不全相异元素的全排列.定理3:n 个元素的不全相异元素的全排列个数为.!!!!.21k n n n n 证:先把每组中的元素看做是不相同的,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看成是相同的,则在这n!个全排列中,每个排列都重复出现了n 1!n 2!……n k !次,所以不全相异元素的全排列数.!!!!.21k n n n n 4.多组组合定义4: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.定理4:对于一个n 个不同元素的k ——组合,若第i 组有n i 个元素(i =1, 2, …,k ),则不同的分组方法数为.!!!!.21k n n n n 证: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n 1个,有1n n C 种方法;第二步,从n -n 1个元素中选n 2个有21n n n C 种方法;…;第k 步,从n -(n 1+n 2+…+n k -1)个元素中选n k 个元素,有k n n C -(n 1+n 2+…+n k -1)种方法,再由乘法原理得证.5.重重组合定义5:从n 个不同元素中任取r 个允许元素重复出现的组合称为n 个不同元素的r ——可重组合.定理5:n 个不同元素的r ——可重组合的个数为C r n+r -1 .证:设(a 1 , a 2 ,…,a r )是取自{1,2,…,n}中的任一r 可重复组合,并设a 1≤a 2≤…≤a r .令 b i =a i +i -1(1≤i ≤r).从而b 1=a 1 , b 2=a 2+1 , b 3=a 3+2,…, b r =a+r -1r .显然下面两组数是一对一的:a 1≤a 2≤a 3≤…≤a r ,1≤a 1<a 2+1<a 3+2<…<a r +r -1≤n+r -1.设 A={(a 1 , a 2 ,…,a r )|a i ∈{1,2,…,n},a 1≤a 2≤…≤a r },B={(b 1, b 2,…,b r )|b i ∈{1,2,…,n+r -1},b 1< b 2<…<b r }.则由A 、B 之间存在一一对应,故|A|=|B|=C r n+r -1 .Ⅱ.枚举法所谓枚举法就是把集合A 中的元素一一列举出来,从而计算出集体A 的元素个数。

组合计数(高中数学竞赛)

组合计数(高中数学竞赛)

组合计数(高中数学竞赛)兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助高中数学竞赛中组合方法应用组合计数主讲人:刘海宁兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数应用组合方法解决计数问题(组合计数问题)1分类计数2几个计数原理(加法原理与乘法原理、极值原理、抽屉原理、容斥原理、最小数原理、从反面考虑问题等)3排列组合计数公式:Cnmn(n1)(n2)(nm1)m!Pnmn(n1)(n2)(nm1)兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数4不定方程非负整数解的组数的计数公式模型不定方程某1某2某nm的正整数解(某1,某2,,某n)的个数为:Cm1n1不定方程某1某2某nm的非负整数解n(某1,某2,,某n)的个数为:m1n1C5数学归纳法、递推、逐步调整、算两次等方法与技巧兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院兰州老师讲的组合数学,看晚会有一定帮助组合方法组合计数兰州交通大学数理与软件工程学院。

数学竞赛讲义组合计数

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。

高中联赛排列组合的解法

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。

竞赛中的组合计数问题和概率

竞赛中的组合计数问题和概率

组合计数问题和概率组合计数问题是教学竞赛中常见的一类问题,也是数学竞赛中与实际生活联系最为直接的内容。

计数问题的顺利解决会给其他排列组合问题的解决打下竖实的基础。

概率作为新增内容,拓展了排列组合的研究和应用的领域。

实则是以排列组合为基础的内容,所以概率的考查通常与计数问题联系在一起,既要用到排列组合的知识来解答,也要用到排列、组合的解题思路。

解组合计数问题的基本方法有枚举法和利用基本计数原理及基本公式、映射方法、算二次方法、递推方法、容斥原理等,其中蕴含的数学思想有分类讨论的思想、化纳和转化的思想、函数与方程的思想等重要的数学思想。

例1. (2004年全国高中联赛题)设三位数为abc n =,若以a ,b ,c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数n 有A .45个B .81个C .165个D .216个解:选C 。

理由:a , b , c 要构成三角形边长,显然不为零,即a , b , c ∈{1, 2, 3, …, 9}。

(1)若构成等边三角形,则c b a ==可取{1, 2, …, 9}中任何一个值,所以这样的三位数的个数为9191==C n 。

(2)若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三角形个数为n 2,且等腰三角形的三边长为a 1, b 1=c 1。

当111c b a =<时,即腰大于底边时,等腰(非等边)三角形由数组(a 1, b 1)惟一确定,有29C 个;当111c b a =>时,即腰小于底边时,这时数组(a 1, b 1)有29C 个,但必须1112b a b <<才能构成三角形。

而不能构成三角形的组数(a 1, b 1)是共20种情况,故这时等腰(非等边)三角形只有2039-C 个。

同时,每个数组(a 1, b 1)可形成23C 个三位abc ,故156)20(2929232=-+=C C C n 。

综上,16521=+=n n n ,故选C 。

高中数学联赛中的组合计数问题

高中数学联赛中的组合计数问题

高中数学联赛中的组合计数问题韩 苏(杭州师范学院,浙江 杭州 310036)中图分类号:O124-42 文献标识码:A 文章编号:0488-(2001)10-0040-03收稿日期:2001-03-20 组合计数问题是组合数学的重要内容.加法原理和乘法原理是两个最基本的计数原理,不仅排列组合公式要运用它们推导出来,而且许多与计数有关的问题也可以直接运用它们来解决.例1 (1998年全国高中数学联赛试题)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( )(A )57. (B )49. (C )43. (D )37.解 由题意,我们可将满足条件的共线三点组分为3类:1)两端点皆为顶点的共线三点组,共有C 28=28个;2)两端点皆为面的中心的共线三点组,共有3个;3)两端点皆为各棱中点的共线三点组,共有12×32=18个.显然,再也没有别的类型的共线三点组,所以共有28+3+18=49个满足要求的共线三点组.我们从例1可以看到,加法原理的要点是完成一件事情有几类办法,而每类办法彼此都是不相干的,并且不论哪一类办法又都有若干种方法,每一种也都能独立地完成这件事情,这时我们就可以利用加法原理进行计数.例2 用1,1,2,2,2,3,3,3,3这九个数字可以拼成多少个不同的九位数?解 组成一个满足题设的九位数需要以下三步:1)从九位中选出两位放两个1,有C 29种放法;2)从余下的7位中选出3位放三个2,有C 37种放法;3)从余下的4位中选出4位放四个3,有C 44种放法.根据乘法原理,可拼成不同的九位数共C 29・C 37・C 44=1260个.由例2我们可以看到,乘法原理的要点是完成一件事情需分成若干个步骤,每个步骤对于完成这件事情都是必不可少的,只有完成了每一个步骤,这件事情才能最后完成,这时我们便可利用乘法原理进行计数.例3 (1993年全国高中数学联赛试题)三位数100,101,…,999共900个,在卡片上打印这些三位数,每张卡片打印一个三位数,有的卡片所印的,倒过来看仍为三位数,如198倒过来看是861(1倒过来看仍视为1);有的卡片则不然,如531倒过来看是135,因此,有些卡片可以一卡二用.于是至多可少打印张卡片.解 将卡片上的数字倒过来看仍是三位数,这些数的十位数字可取0,1,6,8,9,而百位数字和个位数字只可取1,6,8,9.这种三位数共有5×42=80个,但其中有的虽倒过来仍为三位数而与原数相同(如986),这种数的十位数字只能取0,1,8,百位数字可取1,6,8,9,个位数字随之确定,相应为1,9,8,6,共有3×4=12个.故可省去卡片的张数至多为12(80-12)=34张.04数学通讯 2001年第10期例4 (1988年全国高中数学联赛试题)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1号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方2号队员比赛,……直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比赛过程.那么所有可能出现的比赛过程的种数为.解 设甲队队员为a 1,a 2,…,a 7,乙队队员为b 1,b 2,…,b 7,下标表示事先安排好的出场顺序,比赛过程可表示为这14个字母相互穿插地依次排列,其前后顺序就是先后被淘汰的顺序,但最后一定是胜队中不被淘汰的队员和可能未曾参赛的队员,故比赛过程表示为14个位置中任取7个位置安排甲队队员(当然,其余位置安排乙队队员),比赛过程的图1 例5图总数为C 714=3432.例5 (1995年全国高中数学联赛试题)将一个四棱锥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,试求不同的染色方法总数.解 如图,设四棱锥为S-AB CD ,其顶点S ,A ,B 所染颜色互不相同,它们的染色方法有C 35=5×4×3=60种.设5种颜色为a ,b ,c ,d ,e.当四棱锥S -AB CD 的顶点S ,A ,B 已染色,不妨设其染的颜色分别为a ,b ,c ,这时,若将顶点C 染色为b ,则顶点D 可以染色c ,d ,e 之一,即有P 13种;若将顶点C 染色为d ,则顶点D 可以染色c 或e 之一,即有P 12种;若将顶点C 染色为e ,则顶点D 可以染色c 或d 之一,即有P 12种.由此可见,当四棱锥S -AB CD 的顶点S ,A ,B 已染好颜色时,则顶点C 和D 还有7种染色方法.从而,总的染色方法数有60×7=420种.例6 (2000年全国高中数学联赛试题)如果:1)a ,b ,c ,d 都属于{1,2,3,4};2)a ≠b ,b ≠c ,c ≠d ,d ≠a ;3)a 是a ,b ,c ,d 中的最小值.那么,可以组成多少个不同的四位数abcd ?解 我们可将满足条件的四位数分为3类:①abcd 中恰有4个不同数字时,能组成P 33=6个不同的四位数;②abcd 中恰有3个不同数字时,能组成C 34・4=16个不同的四位数;③abcd 中恰有2个不同数字时,能组成C 24=6个不同的四位数.所以,符合要求的四位数有6+16+6=28个.例7 (1996年全国高中数学联赛试题)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,则不同的染色方案共有多少种?分析:本题是由六种不同颜色选用若干种颜色给正方体的六个面染色,而且每个面上恰染一种颜色,为此我们可考虑用枚举法.显然,从六种不同的颜色至少选3种才能有合乎条件的染色方案.B C ACB 图2 例7 分析图示1若从六种不同的颜色中选3种给正方体染色.不妨设取出的三种不同颜色为A ,B ,C ,我们先固定正方体的一个面,将其对面染上A ,再将颜色B 和C 分别染在其余四个面上(如图2),这样固定的那个面只能染颜色A ,此时仅有这样一种情形.又从六种不同颜色中任选3种的方法有C 36种,故合乎条件的染色方案有C 36=20种.若从六种不同的颜色中选4种给正方体染色,不妨设取出的四种不同颜色为A ,B ,C ,D ,固定正方体的一个面,并将其染为A ,此时有下面两种情形:1)将固定之面的对面染上A ,此时用B ,C ,D分别染在4个侧面上的方法有如图3所示3种(除外的染色经过翻转就变成相同的).B C ADB CB A DC DB ACD图3 例7分析图示22)将固定之面的对面染上B 或C 或D ,此时在4个侧面上染上剩下的颜色,有如图4所示3种方法.C D BDC DB C B D BC D CB图4 例7分析图示3由1),2)可知,对于A ,B ,C ,D 四种颜色,有3+3=6种不同的染色方案.而从六种颜色中任选四种的方法有C 46种,故从六种不同的颜色中选4种给142001年第10期 数学通讯正方体染色共有6・C46种不同的方案.若从六种不同的颜色中选5种给正方体染色,不妨设取出的五种不同颜色为A,B,C,D,E,固定正方体的一个面,并将其染为A,此时有下面两种情形:1)将固定之面的对面染上A,其余颜色B,C, D,E染在4个侧面上,有如图5所示3种方法.BE A CD BC A DEBE A DC图5 例7分析图示42)将固定之面的对面染上B或C或D或E,不妨设为染上B,则将C,D,E染在正方体的4个侧面上,有如图6所示3种方法.CD B EC DC B EDEC B DE图6 例7分析图示5同理,将固定之面的对面染上C,D,E时,也各有3种方法.于是,对于A,B,C,D,E五种颜色,有3+3×4 =15种不同的染色方案.而从六种颜色中选五种的方法有C56种,故从六种不同的颜色中选5种给正方体染色共有15・C56=90种不同的方案.若从六种不同的颜色中选6种(全选)给正方体染色,此时选颜色的方法只有C66=1种,而固定一面染色的方法有C16=6种,再在固定面的对面染上其余颜色的方法有C15=5种,然后将余下4种颜色染在正方体的侧面上,其方法有P44=24种.但是,在固定一对对面染色后,将其余4种颜色染在正方体的侧面上,凡是在侧面上相对面的染色已包含在正方体相对面的情形中,它们经旋转对正方体染色来说是相同的,因此这种情形共有C14C13C22种.所以用6种颜色给正方体染色的方法共有C66・C16・C15・P44 C14C13・P22=6・5・244・3・2=30种.综上可知,满足条件的染色方案共有20+90+90+30=230种.习 题1 (1993年全国高中数学联赛试题)集合A,B的并集A∪B={a1,a2,a3},当A≠B时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这样的(A,B)对的个数有( )(A)8. (B)9. (C)26. (D)27.2 (1999年全国高中数学联赛试题)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,则在上述3名选手之间比赛的场数是( )(A)0. (B)1. (C)2. (D)3.3 (1985年全国高中数学联赛试题)方程2x1+x2 +x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.4 (1998年全国高中数学联赛试题)从0,1,2,…,9这10个数中选出3个数,使其和为不小于10的偶数,不同的选法有种.5 (1990年全国高中数学联赛试题)8个女孩和25个男孩围成一圈,任意两个女孩之间至少站两个男孩,那么,共有种不同的排列方法(只要把圈转一下就重合的排法认为是相同).6 (1997年全国高中数学联赛试题)设AB CD EF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.试问,这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法有多少种?7 (1989年全国高中数学联赛试题)如果从数1,2,…,14中,按由小到大的顺序取出a1,a2,a3,使同时满足a2-a1≥3,a3-a2≥3.试求符合上述要求的不同取法的种数.答 案1 (D). 2 (B). 3 174. 4 51.5 16!25!9!. 6 26. 7 120.谜底 1.微积分. 2.对数. 3.反函数. 4.余角. 5.共. 6.陈景润. 7.杨乐.24数学通讯 2001年第10期。

奥林匹克数学题型高级组合计数问题

奥林匹克数学题型高级组合计数问题

奥林匹克数学题型高级组合计数问题在奥林匹克数学竞赛中,高级组合计数问题是一类常见的题型,它要求学生利用组合数学的知识,解决复杂的计数问题。

本文将介绍高级组合计数问题的定义、基本性质以及解题思路,并通过实例进行详细说明。

一、高级组合计数问题的定义和基本性质1. 定义:高级组合计数问题是指在给定条件下,求解满足特定要求的组合的个数。

2. 基本性质:在解决高级组合计数问题时,需要了解以下几个基本性质:a. 排列组合公式:排列是指从n个元素中取出m个元素进行全排列,记作A(n,m);组合是指从n个元素中取出m个元素进行组合,记作C(n,m)。

排列和组合的计算公式如下:A(n,m) = n! / (n-m)!C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)b. 加法原理:如果一个事物可以通过某种方式分成若干部分,而每一部分又可以有若干种不同的选择方式,则总的选择方式数等于各部分选择方式数的乘积。

c. 乘法原理:如果一个事物可以通过若干个步骤完成,且每个步骤的选择方式数相互独立,则总的选择方式数等于各步骤选择方式数的乘积。

d. 容斥原理:当计算两个集合的并集时,求其元素个数的一种方法就是将两个集合的元素个数相加,然后减去它们的交集元素个数。

二、高级组合计数问题的解题思路在解决高级组合计数问题时,我们可以采用如下的解题思路:1. 理解问题:首先要仔细阅读题目,理解题目中所给出的要求,并明确所需计算的数量是排列还是组合。

2. 确定组合对象:根据题目的要求,确定组合对象的数量和特性,例如考虑选择的人数、事件的种类等。

3. 划定条件:根据题目的限制条件,确定每个组合对象的选择方式和约束条件,如是否可以重复选择、是否需要特定的顺序等。

4. 计算数量:根据以上信息,利用排列组合公式、加法原理、乘法原理和容斥原理等基本性质,计算满足要求的组合的数量。

5. 检查结果:最后,对计算结果进行检查,确保计算过程准确无误。

可以通过简单的验证或更复杂的例子来检验答案的正确性。

华中师大金牌奥赛培训---组合计数

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组合计数计数的方法大致有以下几种:1.基本方法.其中包括分情况讨论——加法原理;在每种情况中,逐步递进,先做一件事,再做第二件事,……这就需要乘法原理. 还有,从反而考虑问题:在总数中减去A不出现的个数得到A出现的个数.2. 应用公式. 包括排列、组合、允许重复的组合、圆周排列等. 这些公式在通常的课本中可以找到.3. 利用对应.4. 建立递推关系.5. 利用容斥原理.6.算两次7. 利用母函数8.其它问题讨论:1.从1,2,…,49中取出6个不同的数,使得其中至少有两个相邻,问共有多少种取法?解:首先,集合{}1,2,,49M = 的所有不同的6元子集的个数为649C ,但是,其中6个数不相邻的子集{}1261,,,,1,1,2,3,4,i i a a a a a i ++<= 不满足题中要求.记满足①的所有6元子集的集合为A ,并令{}{}126126,,,,,,a a a b b b → , 其中1,1,2,3,4,5,6.i i b a i i =-+=显然,126,,,b b b 互不相同且有126144.b b b ≤<<<≤ 容易验证②定义的映射是由集合A 到集合{}1,2,,44 的所有不同的6元子集的一一映射.所以644||||.A B C ==故满足条件的取法共有649C -644C 种.2.求方程123420x x x x +++=且满足123416,07,48,26x x x x ≤≤≤≤≤≤≤≤的(有序)整数解的个数.解:作替换11223344,1,3,1y x y x y x y y ==+=-=-,则问题化为求123417y y y y +++= ①满足123416,18,15,15y y y y ≤≤≤≤≤≤≤≤的整数解的个数.记S 为方程①的正整数解的集合;1234,,,S S S S 分别是S 有满足12347,9,6,6y y y y ≥≥≥≥的子集,则所求的解的个数为1234||S S S S I I I I .第3讲例1知163||()560S ==.为求出1||S ,再令'116y y =-,则1||S 等于'123411y y y y +++=的正整数解的个数4713()120+-=.同样可算出45148123343||()56,||||()165S S S +-+-=====;以及513143||||()10S S S S ===I I ,2324||||1S S S S ==I I , 634322||()20,||0S S S S ===I I ;而1234||||i j k S S S S S S S I I I I I 和都是0.最后由容斥原理求得问题中的解的个数是56012016556165102122096----+⨯+⨯+=. 3.设{}1,2,,1000S =L ,A 是S 的一个201元子集,若A 中各元素之和能被5整除,则称A 为S 的好子集,求S 的所有好子集的个数.解:将S 的所有201元子集分为5类:01234,,,,S S S S S ,其中{|,||201A k S A A S A =⊆=且中5}k 各元素之和被除的余数为 (0,1,2,3,4)k =.作映射0:(14)k f S S k →≤≤如下:若122010{,,,}A a a a S =∈…,则12201(){,,,}f A a ka k a k =+++…,其中当1000i a k +>时,用1000i a k +-代替i k a +,则不难得到20120111()201(mod5)i i i i a k a k k ==+=+≡∑∑,即()k f A S ∈,容易验证f 是双射,所以0||||(14)k S S k =≤≤,记这个数为a ,则2010123410005||||||||||a S S S S S C =++++=. 所以,S 的好子集个数为201010001||5S a C ==.4.圆周上有n 个点(6)n ≥,每两点间连一线段,假设其中任意三条线段在圆内不共点,于是任三条线段相交构成一个三角形.试求这些线段确定的三角形的个数.解:我们称圆周上的点为外点,任意两条对角线在圆内的交点为内点,则所确定的三角形按其顶点可分为4类:(1)第一类三角形的3个顶点均为外点,其个数设为I 1;(2)第二类三角形的顶点中有2个外点和l 个内点,其个数设为I 2; (3)第三类三角形的顶点中有1个外点和2个内点,其个数设为I 3; (4)第四类三角形的三个顶点均为内点,其个数记为I 4.显然,第一类三角形与圆周上的3点组集合成一一对应,所以31n I C =.其次,如图1-4(1),圆周上任取4点A 1,A 2,A 3,A 4,两两相连的线段,确定了4个第二类三角形:12233441,,,AOA A OA A OA A OA ∆∆∆∆.反之,每4个这样有公共内顶点的第二类三角形对应了圆周上的一个4点组,于是,414n I C =.类似的,如图l-4(2),圆周上任取5点A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,两两连一线段,确定了5个第三类三角形:112223334445551,,,,A B B A B B A B B A B B A B B ∆∆∆∆∆,于是可得515n I C =.最后,如图1-4(3),圆周上任取6点A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6,对应于1个第四类三角形,所以64n I C =.综上所述,得所确定的三角形共有345645n n n nC C C C +++个. 当我们要建立组合计数问题中的不等关系时,常常要构造单射或满射来实现.关于这方面的例题,我们将在后面的章节中叙述.5. 设M 是平面上所有整点的集合, M 中的点{P 0, P 1, …, P n }构成的一条折线满足P i -1P i =1, i =1, 2, …, n , 则称这条折线长度为n , 又设F (n )表示起点P 0在原点, 而终点P n 在x 轴上的长度为n 的不同折线的条数. 求证: F (n )=C n n 2.解1:将折线中上转化为上上,下转化为右右,左转化为右上,右转化为上右,则将每条折线唯一对应到一条(0,0)至(n ,n )的折线,显见2()n n F n C =.解2:考察有m 步向y 轴正向走的折线.因为折线从原点出发,最后回到x 轴,所以必有m 步是向y 轴负向走.因此,这种折线的条数为22m m n m n n m C C --⋅.从而知长度为n 的所有不同折线的条数为[]220()2nm mn m n n m m F n C C --==⋅∑①下面用等函数法来计算①右端的和数.考察恒等式2(1)(12)n n x x x 2+=++上式左端n x 的系数为2nn C ,右端n x 的系数为[][]22220!22!(2)!!nnn mm mn m n n m m m n C C m n m m ---==⋅=⋅-∑∑ ②由①和②即得2()nn F n C =.6.有人民币1元3张,2元2张,5元1张,10元1张,50元1张,能组成多少种币值?各有多少种组合方案? 解:1元币3张,可以组合成0元或1元或2元或3元各一种,用231x x x +++来表示,其中k x 代表k 元币值,其系数为组成这一币值的方案.于是2元币2张可用241x x ++来表示,5元币1张可用51x +来表示,依此类推.于是有母函数2324510502345678910111213141516171819202122505152535455565758596061(1)(1)(1)(1)(1)1222323223232232322222232322323x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++++++=+++++++++++++++++++++++++++++++++++626364656667686970717222323222x x x x x x x x x x ++++++++++ 各币值及方案数见各项幂值及系数.7.将圆分为(2)n n ≥个扇形,每个扇形用r 种不同颜色之一染色,要求相邻扇形所染的颜色不同,问有多少种染色方法.解:设圆分成的扇形为12,,,n S S S …,且一共有n a 种染色方法,则120,(1)a a r r ==-.当n ≥2时,1S 有r 种染法,2S 有r -1种染法,…,n S 有r -1种染法,共有1(1)n r r -⋅-种方法.但这种方法只保证1,(1,2,,1)i i S S i n +=-…的颜色不同,不保证n S 与11n S S +=的颜色不同,所以1(1)n r r -⋅-种方法可分为两类:第一类:n S 与1S 颜色不同,有n a 种方法; 第二类:n S 与1S 颜色相同,有1n a -种方法, 故 11(1)(2)n n n r r a a n --=+≥- 可求得*(1)(1)(1),()n nn a r r n N =--+-∈ 8.将周长为24的圆周等分成24段从24个分点中选取8个点,使得其中任何两点间所走的弧长都不等于3和8.问满足要求的8点组的不同取法共有多少种?说明理由. 解1:将24个分点依次编号为l ,2,…,24,并将它们按“坏的关系”排成如下的3×8数表:易见,表中每行中相邻两数所代表的两个分点间所夹的弧长为3,每列相邻两数所代表的两个分点间所夹的弧长都是8(首尾两数也算作相邻).这样一来,题中对所取8点的要求化为要求所取8点的号码在数表中互不相邻.所以,每列恰取l 个数,每行至多取4个互不相邻的数.从而3行数中分别取数的个数只有4种不同情形:{4,4,0},{4,3,1},{4,2,2},{3,3,2}.(1){4,4,0}.3行中任取一行不取数,有3种不同取法.另两行中第一行取4个互不相邻的数,有两种不同取法.余下4列为另一行所取4个数所在的列惟一确定.由乘法原理知这种情形共有6种不同取法.(2){4,3,1}.在3行中取数的个数分别为4,3,1,共有3!= 6种不同安排.在一行中取4个互不相邻的数,有两种不同取法.在另一行和余下4列中选1个数,有4种不同选法.最后第3行从余下3列中各选l 个数,选法惟一确定.由乘法原理知,这时共有6×2×4=48(种)不同选法.(3){4,2,2}.从3行中选定一行取4个互不相邻的数,选行有3种不同,取数有两种不同,共有6种不同取法,余下4列互不相邻.第2行从4列中任取2列,共有246C = (种)不同取法.由乘法原理知,这种情形共有6×6=36(种)不同取法.(4){3,3,2}.从3行数中选定一行取2个不相邻的数,选行有3种不同,选数有27120C -=(种)不同(其中减1是去掉两个数分别在第l 列与第8列的一种).选定两数之后,余下6列被分成两部分,有3种不同分段情形:{1,5},{2,4}和{3,3}.3种分段的种数分别为8,8,4.容易看出:(1)对于{1,5}分段,取3列互不相邻,有两种不同取法; (2)对于{2,4}分段,取3列互不相邻,有4种不同取法; (3)对于{3,3}分段,取3列互不相邻,有两种不同取法. 所以,这种情形的不同取法种数为3×(8×2+8×4+4×2)=168.综上可知,满足题中要求的不同取法种数为6+48+36+168=258.解2:像在解法一中一样地将24个数写成3×8数表,于是选取8个数时每列恰取一个数,这时,从第1列取l 个数,共有3种不同取法.第1列取定后,第2列所取的数不能与第1列所取的数同行,故只有两种不同取法.以后每列都有两种不同取法,共有3×27种不同取法.但其中第l 列所取的数与第8列所取的数同行的所有取法都不满足要求.若记从3 × n 数表中每列恰取一个数且任何相邻两列(包括第n 列与第1列)所取的数都不同行的不同取法种数为x n ,则上段论述的结论恰为x 8+x 7=3×27.类似地可以得到x n +x n -1=3⨯2n -1由此递推即得7768767667654323232(32)3(22)3(2222222)386258x x x x =⨯-=⨯=⨯-=⨯-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⨯-+-+-+=⨯=即满足题中要求的不同取法种数为258.9.一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个,同时在每个顶点涂然红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同。

组合计数

组合计数

配对原理充分体现了问题转化的解题策略, 应用的关键是构造出恰当的配对. 例11 数学奥林匹克评委会由9人组成, 有关试 题藏在一个保险箱里,要求至少有6名评委在场 时才能打开保险箱.问保险箱应安装多少把锁? 配多少把钥匙? 怎样把钥匙分发给评委们? (1960年,基辅数学竞赛) 解 显然应尽可能少安锁. 设保险箱上所安锁的集合为A,9名评委中所 则 B C95 . 有5人小组的集合为B. 对一个5人小组b B, 必有唯一的一把锁a A, 使5人小组 b中没有人能打开 a. 由此建立B到A 的映射:(b) a .下证 是一一映射.
n 1 C m1 .
1.方程模式: n x1 x2 xn m 共有C m11 组不同的正 不定方程 整数解. 证明 问题等价于在恒等式1 1 1 m 的 m 1 n (每种选法对应着 个“+”号在中任选 1 个“+”号 不定方程的一组正整数解, 选法与方程的正整 数解之间是一一对应关系). 显然, 选法总数是
方程模式有着非常广泛的应用.举例如下:
例4 方程 2 x1 x2 x10 3 有多少个非负整数解? (1985年,全国高中) 解一 对非负整数解 ( x1 , x2 , , x10 ), 由方程知2 x 1 3 , 故 x1 0 或1. (1)当 x1 0 时,x2 x10 3,x i 0 ,1 ,2 ,3 (i 2 ,3, ,10 ). 1 若某个xi 3, 则其它 x j 0, 这种解有 C 9 个; 若每个xi 3, 某个xi 2 ,则必有一个 x j 1( j i),这样 1 1 的解有C9 C8个; 3 若每个xi 3,2,则必有三个xi 1, 这样的解有C 9 个. (2)当 x1 1时,x2 x10 1 ,仅一个xi 1, 这样的解 1 有C 9个. 1 1 1 3 1 综上, 所求解有C9 C9 C8 C9 C9 174 个.

高一联赛班秋季第二讲-组合计数(二)

高一联赛班秋季第二讲-组合计数(二)

第2讲组共计数(二)2.1 算两次知识点睛算两次是一种特别重要的思想方法,在代数、合、几何中都有波及. 合中,合极、合不等式也经常波及到算两次. 合数中,在直接算特别复甚至无从下手,我经常利用算两次方法 . 名思,算两次是指用不一样的方法或许从不一样的角度同一个量行算,当两次都获得精确,我就获得一个等式,当估式,我就获得一个不等式. 事上,数学中有相当大一部分定理就是利用算两次思想原有的行解析,获得新的内在关系式.经典精讲【例 1】a1, a2 ,⋯, a n 1,2,⋯, n 的一个摆列, f k是会合a i a i a k ,i k 元素的个数,而g k是n n会合 a i a i a k ,i k 元素的个数( k 1,2,⋯, n ),明 f k g k .k 1k 1【例 2】有 n 粒小球,随意将其分红两堆,求出两堆球数之,再将此中一堆随意地分红两堆,求出此两堆之,这样下去,直至将小球分红n 堆(每个球 1 堆)止 .此程中所有的乘之和S,求 S 的所有可能.【例 3】一正方形片内有1000 个点,些点及正方形的点中随意 3 点不共 .在些点及正方形的点一些段将正方形所有分红小三角形(它都以所段及正方形的,且所段除端点外两两无公共点).一共有多少条段,一共获得多少个三角形?【例 4】()可否把两个 2 之着1,1,2,2,3,3,⋯, 1986,1986 些数排成一行,使得两个2 个数,两个1986 之着1986 个数?1 之着 1 个数,2.2 递推方法知识点睛当所计数对象按从 1 到 n 有规律出现时,可视之为一个数列并观察其相邻项之间关系,获得递推关系式 ,从而利用数列知识进行求解.一般来说,这种问题的重点在于怎样获得递推关系式.关于比赛选手而言,由组合问题的递推关系式获得通项老是很简单的,因为组合问题的特征决定了递推关系式不会太过复杂 .因为我们没有详尽叙述数列通项求法,因此这里只给出较为简单的问题.第一给出本模块问题中可能要用到的知识(这些知识可能临时没有学到,本讲只要会用即可):n n二项式定理:( x y)n C nk x n k y k,特别地, (1 x)n C nk x k,此中n Nk0k0特点方程与数列通项:记一列数a1 , a2 ,..., a n,... 为数列{ a n},假如它知足a n 2pa n 1qa n ,( n1) ,那么称x2px q 为此数列的特点方程⑴ 当有两互异实根时,数列通项为a n x1n x2n;⑵ 当有二等根时,数列通项为a n(n ) x1n此中,为依据初值确立的待定系数经典精讲【例 5】( Fibonacci数列)假定一对兔子每隔一月生一对小兔,每对小兔两个月后也逐月生一对小兔,如年初时放一对成年兔,那么一年此后兔房中有多少只兔子?【例 6】用 1,2,3 来结构一个n 位数,但不一样意数位中出现两个连续的1,问这样的数有多少个?2.3 组合综合问题经典精讲【例 7】设r ,s,t为整数,会合{ a | a 2 r2s2t ,0 t s r} 中的数由小到大构成数列{ a n } ,则 a36。

高中数学中的概率统计计算组合数与排列数的技巧

高中数学中的概率统计计算组合数与排列数的技巧

高中数学中的概率统计计算组合数与排列数的技巧概率统计是数学中一门重要的分支,它研究的是事件发生的可能性以及事件之间的关联性。

在概率统计中,组合数与排列数是非常常见且重要的计算方法,它们可以帮助我们计算事件发生的可能性以及确定事件的排列方式。

本文将介绍高中数学中的概率统计计算组合数与排列数的一些技巧。

一、组合数的计算技巧组合数是从给定的集合中选择出若干个元素而不考虑元素的顺序的方式数。

在高中数学中,常用的组合数计算方法有两种常用技巧:公式法和杨辉三角形。

1. 公式法组合数的计算可以利用组合数公式进行。

给定集合中有n个元素,要从中选择出k个元素进行组合,组合数的计算公式为:C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)其中,n!表示n的阶乘,即n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 2 * 1。

通过这个公式,我们可以直接计算出组合数的值。

需要注意的是,在使用公式计算组合数时,我们要特别关注被除数的数值是否会导致计算结果过大,从而超出计算机的计算范围。

2. 杨辉三角形杨辉三角形是中国古代著名数学家杨辉发明的一种特殊的数列形式,它可以用来计算组合数。

杨辉三角形的特点是每个数等于它上方两数之和。

下面是一个示例的杨辉三角形:11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1在杨辉三角形中,每个数都是上方两个数之和。

通过观察杨辉三角形中的数值,我们可以发现第n行第k列的数值就是组合数C(n, k)的值。

利用杨辉三角形,我们可以方便地计算出组合数的值,而不需要进行阶乘的运算。

二、排列数的计算技巧排列数是指从给定的集合中选择若干个元素,考虑元素的顺序进行排列的方式数。

在高中数学中,我们常用的排列数计算方法有两种技巧:公式法和循环法。

1. 公式法排列数的计算可以利用排列数公式进行。

给定集合中有n个元素,要从中选择出k个元素进行排列,排列数的计算公式为:P(n, k) = n! / (n-k)!其中,n!表示n的阶乘,即n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 2 * 1。

高中数学竞赛课程

高中数学竞赛课程

高中数学竞赛课程
高中数学竞赛课程是一门旨在培养学生数学能力和思维的课程,通常包含以下几个部分:
1. 代数:包括数论、方程、不等式等方面的知识,以及代数恒等式和不等式的证明技巧。

2. 几何:包括平面几何、立体几何、解析几何等方面的知识,以及几何证明的技巧和方法。

3. 组合数学:包括计数、排列、组合等方面的知识,以及一些常见的组合数学问题和证明方法。

4. 概率统计:包括概率、统计等方面的知识,以及一些常见的概率统计问题和解决策略。

高中数学竞赛课程通常会以竞赛的形式进行,学生需要完成一些具有挑战性的题目,例如数学题、证明题等。

通过这种方式,学生可以锻炼自己的数学思维和解决问题的能力,提高自己的数学水平。

此外,高中数学竞赛课程还可以帮助学生更好地准备高考和数学竞赛,提高自己的数学成绩和竞赛能力。

因此,如果你对数学感兴趣,或者想要提高自己的数学水平和能力,可以考虑参加高中数学竞赛课程。

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)一、填空题1.(2018·广东·高三竞赛)袋中装有m 个红球和n 个白球,m >n≥4.现从中任取两球,若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率,则满足关系40m n +≤的数组(m ,n )的个数为_______. 【答案】3 【解析】 【详解】记“取出两个红球”为事件A ,“取出两个白球”为事件B ,“取出一红一白两个球”为事件C ,则()22m m n C P A C +=,()22n m n C P B C +=,()112m nm nC C P C C +⋅=. 依题意得()()()P A P B P C +=,即2211m n m n C C C C +=.所以()2m n m n +=-,从而m n +为完全平方数.又由4m n >≥及40m n +≤,得940m n ≤+≤. 所以9,3,m n m n +=⎧⎨-=⎩或16,4,m n m n +=⎧⎨-=⎩或25,5,m n m n +=⎧⎨-=⎩或36,6,m n m n +=⎧⎨-=⎩. 解之得(m ,n )=(6,3)(舍去),或(10,6),或(15,10),或(21,15). 故符合题意的数组(m ,n )有3个. 故答案为32.(2018·湖南·高三竞赛)已知123A B={a ,,}a a ⋃,当A B ≠时,(,)A B 与(,)B A 视为不同的对,则这样的(,)A B 对的个数有_____个. 【答案】26 【解析】 【详解】由集合A 、B 都是A B 的子集,A B ≠且()123,,A B a a a ⋃=. 当 A =∅时,B 有1种取法; 当A 为一元集时,B 有2种取法;当A 为二元集时,B 有4种取法; 当A 为三元集时,B 有7种取法.故不同的(A ,B )对有13234726+⨯+⨯+=(个). 故答案为263.(2018·湖南·高三竞赛)从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中,任取三个不同的数字作为二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的系数.若二次函数的图象过原点,且其顶点在第一象限或第三象限,这样的二次函数有_____个. 【答案】24 【解析】 【详解】可将二次函数分为两大类:一类顶点在第一象限;另一类顶点在第三象限,然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点,所以c=0.故二次函数可写成()2f x a bx =+的形式.又()2224b b f x a x a a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭,所以其顶点坐标是2,24b b a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.若顶点在第一象限,则有02b a >,204b a->.故0a <,0b >. 因此,这样的二次函数有113412A A ⋅=个.若顶点在第三象限,则有02b a -<,204b a-<.故0a >,0b >.这样的二次函数有2412A =个. 由加法原理知,满足条件的二次函数共有11234424A A A ⋅+=个.故答案为244.(2018·湖南·高三竞赛)31||2||x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为_____.【答案】-20 【解析】 【详解】因为6312x x ⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.所以()333346120T C ⎛⎫=-=-. 故答案为-205.(2018·四川·高三竞赛)设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =,若I 的非空子集A B 、满足A B =∅,就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”,则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.(用具体数字作答) 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集,则B 为I 的补集的非空子集.所以,“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050kkk kk k k k C C C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.6.(2020·浙江·高三竞赛)已知十进制九位数()12910a a a ⋅⋅⋅,则所有满足1254a a a >>>=,569a a a <<<的九位数的个数为__________.【答案】25 【解析】 【详解】由题意得:{}i (i 1,2,3,4,6,7,8,9)5,6,7,8,9a =∈,且有顺序.于是满足题意的有445525N C C =⋅=.故答案为:25.7.(2018·山东·高三竞赛)集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =,A B =∅,若A 中的元素个数不是A 中的元素,B 中的元素个数不是B 中的元素,则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______. 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =,则B 中元素个数为10k -,依题意k A ∉,441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.10k B -∉,10k A -∈,此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --.其中,当5k =时,不满足题意,故5k ≠.所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=.8.(2020·辽宁锦州·高二期末)202148被7除后的余数为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】将问题转化为二项式定理即可求解. 【详解】()2021202148491=-的通项公式为()202112021491r rr r T C -+=⨯⨯-,当{}0,1,2,,2020r ∈时,1r T +都能整除7,当2021r =时,该项为-1,所以余数为6. 故答案为:6 【点睛】本题主要考查二项式定理,属于基础题.9.(2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习(理))已知多项式()()10310290129101(1)(1)1x x a a x a x a x a x +=+++++++++,则2a =___________.【答案】42 【解析】 【分析】根据题意把310x x +变形为()()3101111x x ⎡⎤⎡⎤-+++-++⎣⎦⎣⎦,然后利用二项式定理来求. 【详解】因为()()3103101111x x x x ⎡⎤⎡⎤+=-+++-++⎣⎦⎣⎦()()10290129101(1)(1)1a a x a x a x a x =+++++++++,所以22231042a C C =-+=.故答案为:42.10.(2021·全国·高三竞赛)若33223(2011)x y ax bx y cxy dy +=+++,则248a b c d -+-=__________.【答案】8-【分析】 【详解】令x 1,y 2==-,条件式立即化为3(2)248a b c d -=-+-,即2488a b c d -+-=-. 故答案为:8-.11.(2020·江苏·高三竞赛)用三个数字“3,1,4”构成一个四位密码,共有___________种不同结果. 【答案】81 【解析】 【详解】解析:只有一个数时,3种;两个数时,()221344242C C C +⨯=种;三个数时,33436⨯⨯=种,共81种. 故答案为:81.12.(2020·江苏·高三竞赛)已知集合{}1,2,3,4,5,6A =,则满足()()()f f f x x =的函数f :A A →共有___________个.【答案】47 【解析】 【详解】解析,值域中元素的个数为1或6,若值域中元素的个数为1, 则()f x m =(m 为常数),共6种; 若值域中元素的个数6, 当()f x x =时,1种;当()(())((()))x f x f f x f f f x x →→→→,则3个一组,有36240C =.因此题述所求为164047++=个. 故答案为:47.13.(2018·河北·高三竞赛)欲登上7阶楼梯,某人可以每步跨上两阶楼梯,也可以每步跨上一阶楼梯,则共有_____种上楼梯的方法.【解析】 【详解】本题采用分步计数原理.第一类:0次一步跨上2阶楼梯,即每步跨上一阶楼梯,跨7次楼梯,只有1种上楼梯的方法;第二类,1次一步跨上2阶楼梯,5次每步跨上一阶楼梯,跨6次楼梯,有166C =种方法;第三类:2次一步跨上2阶楼梯,3次每步跨上一阶楼梯,跨5次楼梯,有5210C =种方法;第四类:3次一步跨上2阶楼梯,1次每步跨上一阶楼梯,跨4次楼梯,有344C =种方法;共计21种上楼梯的方法.14.(2018·河南·高三竞赛)若()()222012224nn n x a a x a x a x n *+=++++∈N ,则242n a a a +++被3除的余数是______.【答案】1 【解析】 【详解】令0x =,得204na =.分别令1x =和1x =-,将得到的两式相加,得()2202421622nn n a a a a ++++=+. 所以()()2222122242162423142nn n n n n n a a a -+++=+-=+- ()()21211121mod3n n -≡-⨯-≡-≡.15.(2018·湖北·高三竞赛)一枚骰子连贯投掷四次,从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______. 【答案】772【解析】 【详解】设1234a a a a 、、、分别是四次投掷骰子得到的点数,那么()1234,,,a a a a 共有46种不同的情况. 如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数,则1234a a a a ≤≤≤.若1234a a a a 、、、的值都相等,则()1234,,,a a a a 有16C 种不同的情况;若1234a a a a 、、、恰好取两个不同的值,则()1234,,,a a a a 有263C 种不同的情况;若1234a a a a 、、、恰好取3个不同的值,则()1234,,,a a a a 有363C 种不同的情况;若1234a a a a 、、、恰好取4个不同的值,则()1234,,,a a a a 有46C 种不同的情况.因此,满足1234a a a a ≤≤≤的情况共有1234666633126C C C C +++=(种).故所求的概率为41267672=. 16.(2019·河南·高二竞赛)称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集:如果其中所有数之和为奇数,则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1,2,3,…,9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知,奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数,而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以,奇子集共有:()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为:256.17.(2019·贵州·高三竞赛)已知m ∈{11,13,15,17,19},n ∈{2000,2001,…,2019},则mn 的个位数是1的概率为____________ . 【答案】25【解析】 【详解】当m =11,n ∈{2000,2001,…,2019}时,mn 的个位数都是1,此时有20种选法; 当m =13,n ∈{2000,2004,2008,2012,2016}时,mn 的个位数都是1,此时有5种选法; 当m =15时,mn 的个位数不可能为1,此时有0种选法;当m =17,n ∈{2000,2004,2008,2012,2016}时,mn 的个位数都是1,此时有5种选法; 当m =19,n ∈{2000,2002,2004,…,2018}时,m 的个位数都是1,此时有10种选法. 综上,所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为:25.18.(2020·全国·高三竞赛)在1,2,3,…,10中随机选出一个数a 在-1,-2,-3,…,-10中随机选出一个数b ,则2a b +被3整除的概率为______ . 【答案】37100【解析】 【分析】题中条件2a b +是3的倍数,考虑2a 被3除的余数分情况讨论.另外注意有2a 和b 被3除的余数相加是3的倍数. 【详解】数组(),a b 共有210100=种等可能性的选法. 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N .若a 被3整除,则b 也被3整除.此时,a b 各有3种选法,这样的(),a b 有239=种.若a 不被3整除,则()()222319613321a k k k k k =±=±+=±+,于是2a 被3除余1,那么b 被3除余2.此时a 有7种选法,b 有4种选法,这样的(),a b 有7428⨯=种.因此92837.N =+=于是所求概率为37100. 【点睛】此题考查计数原理和概率的知识,属于中档题.19.(2021·全国·高三竞赛)把数字09~进行排列,使得2在3的左边,3在5的左边,5在7的左边的排法种数为_________. 【答案】151200 【解析】 【分析】 【详解】考虑全排列,有种1010A 排法;将数字2、3、5、7从队列中拿出来,保留原队列顺序,有44A 种排法;使得2在3的左边,3在5的左边,5在7的左边,只能按照2、3、5、7的顺序排列,有1种排法;故满足题意的排法数是1010441151200A A ⋅=. 故答案为:151200.20.(2021·全国·高三竞赛)若多项式219201x x x x -+--+可以表示成1920011920a a y a y a y ++++,这里1y x =+,则2a =___.【答案】1330 【解析】 【分析】 【详解】 因为: ()()219202192021211(1)111(1)y x x x x x x x x x x y -+--+=+-+--+=+=+-,又因为:()()219201920220210119200119201y x x x x y a a y a y a y a y a y a y a y -+--+=++++=++++,所以3221C 1330a ==.故答案为:1330.21.(2021·全国·高三竞赛)有甲乙两个盒子,甲盒中有5个球,乙盒中有6个球(所有球都是一样的).每次随机选择一个盒子,并从中取出一个球,直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______. 【答案】319512【解析】 【分析】 【详解】相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率, 即5101011101051319222512i i p CC ===+=∑.故答案为:319 512.22.(2021·全国·高三竞赛)一次聚会有8个人参加,每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次.聚会结束后,将所有握手的情况记录下来,得到一张记录单.若记录单上的每条握手记录不计先后顺序(即对某两张记录单,可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的,则这两张被认为是同一种),则所有可能的记录单种数为_______.【答案】3507【解析】【分析】【详解】根据已知,将这8个人进行分组,每组的所有人排成一个圆圈,每个人和与其相邻的两个人握手.问题转化为这样的分组、以及分完组之后的项链排列(因为要求握手记录无序)方法有几种.注意到最多分成两组,则:当分成一组时,有7!2种;当分成两组时,若两组人数分别为3和5,则有384!2! 22C⋅⋅种;若两组人数都是4,则有483!3!2!22C⋅⋅种.故共有43887!4!2!3!3!3507 2222!22CC+⋅⋅+⋅⋅=种.故答案为:3507.23.(2021·全国·高三竞赛)先后三次掷一颗骰子,则其中某两次的点数和为10的概率为___________.【答案】23 108【解析】【分析】【详解】有两次为5的概率为213531166216C C+=,有两次为6和4的概率为211134323306216A C C C+=,所以概率为163023216216108+=. 故答案为:23108. 24.(2021·浙江·高二竞赛)对于正整数n ,若(5315)n xy x y -+-展开式经同类项合并,(,0,1,,)i j x y i j n =合并后至少有2021项,则n 的最小值为______.【答案】44 【解析】 【分析】 【详解】由(5315)(3)(5)n n n xy x y x y -+-=+-,共有()21n +项,所以2(1)2021n +≥,得1n ≥,则min 44n =. 故答案为:44.25.(2021·浙江·高三竞赛)已知整数数列1a ,2a ,…,10a ,满足1012a a =,4862+=a a a ,且11k k a a +-=(1k =,2,…,9),则这样的数列个数共有______个. 【答案】192 【解析】 【分析】 【详解】 分情况讨论:①先考虑468,,a a a ,设4a r =,则:(1)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==+=+=+=+; (2)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==+=; (3)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==-=; (4)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==-=-=-=-; (5)45678,1,2,3,a r a r a r a r a r ==-=-=+=; (6)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==-==-=;②再考虑910,a a ,同理共有4种,且10a r s =+,其中6,4,2,0,2,4,6s =---;③最后考虑123,,a a a 共有8种,且1a r t =+,其中1,3t =±±,所以110a a ≠,故1012a a =一定有解, 综上共有864192⨯⨯=个; 故答案为:192.26.(2021·全国·高三竞赛)将2枚白棋和2枚黑棋放入一个44⨯的棋盘中,使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子,且相同颜色的棋子既不在同一行,也不在同一列,如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子,则不同放法的种数为_________. 【答案】3960 【解析】 【分析】利用去杂法可求不同方法的种数. 【详解】解析:将两枚白棋放入方格中的方法数为169722⨯=种,两枚黑棋放入方格中使得它们既不在同一行,也不在同一列的方法数为169722⨯=,其中至少有1枚黑棋与白棋放入同一方格的方法数为1892=⨯种,两枚黑棋均放入两枚白棋所在的方格中的方法数为1种,故由容斥原理可知不同的方法数为72(72291)3960⨯-⨯+=种. 故答案为:3960. 【点睛】思路点睛:对于较为复杂的组合计数问题,我们可以采用去杂法从反面考虑,但要注意防止重复计算,如本题中同色的棋子不做区分.27.(2021·全国·高三竞赛)用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格,则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________. 【答案】315 【解析】 【详解】解析:设边长为n 的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为n a ,则1231,5,13a a a ===,当n 为偶数时,则21+12+212322n n n n n a a C --⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭,其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数; 2212322n n -⎛⎫++++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数,同理,当n 为奇数时,则21+11+21232n n n n a a C --⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭,其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数; 121232n -⎛⎫+++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数,故2221034111a C C C =++++()()()()()2012121221221234212345+⨯++⨯+⨯++⨯+++⨯++++⨯++++⎡⎤⎣⎦=()()3223441112123454136101580315C C C C ++++++++++++=++=答案为:315.28.(2021·全国·高三竞赛)设()40382019201k k k x xa x =++=∑,其中(0,1,,4038)i a i =为常数,则134630kk a==∑___________.【答案】20183 【解析】 【详解】 设()201822403601240361x x b b x b x b x ++=++++,则()()()201922498601403611x x x x b b x b x ++=+++++.可见0031236456,,,a b a b b b a b b b ==++=++,因此40384036a b =.20180340380140363a a a b b b +++=+++=.故答案为:20183.29.(2021·全国·高三竞赛)设129,,,a a a 是1,2,…,9的一个排列,如果它们满足123456789a a a a a a a a a <<>>>><<,则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________. 【答案】379 【解析】 【详解】解析: 3a 只能取7、8、9,按照3a 取值依次分成三类,若39a =,有2385280C C =种排列;若38a =,有237484C C =种排列;若37a =,有26=15C 种排列; 可得总数为379. 故答案为:379.30.(2021·全国·高三竞赛)从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点,则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________. 【答案】514【解析】 【详解】解析:按照选取点中正方形顶点的个数进行分类,依次可以为3、2、1、0个,相应的等腰三角形个数为3344C 4142C 20+⨯+⨯+=,因此所求概率为38205C 14=. 故答案为:514. 31.(2021·全国·高三竞赛)圆周上有20个等分点,从中任取4个点,是某个梯形4个顶点的概率是_______. 【答案】48323【解析】 【详解】解析:梯形共有两种:从10组平行于直径的9条平行直线中选2条,或从10组不平行于直径的10条平行直线中选2条.第一种去掉矩形有()2910C 4320⨯-=个,第二种去掉矩形有()21010C 5400⨯-=个,共有720个,故概率是42072048323C =.故答案为:48323. 32.(2021·全国·高三竞赛)在平面直角坐标系xOy 中,点集{(,){1,2},{1,2,3,4}}K x y x y =∈∈.从K 中随机取出五个点,则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________. 【答案】57【解析】 【详解】考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形. 由无四点共线知每列至少有一个点不取.不妨设左边一列有两个点不取,分六种情况知方法数为2200228+++++=.故原概率为3838C 165C 7P -==. 故答案为:57.33.(2021·全国·高三竞赛)在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数,其中是27倍数的最小数是_______. 【答案】14256 【解析】 【详解】解析:首先这个数是9的倍数,故这5个数字只能是0、3、4、5、6或1、2、4、5、6,五位数字之和为18.设五位数是abcde ,则()1000010001001010810mod27a b c d e a b c d e ++++≡+-++, 为了使数最小,考虑1a =,故可取各数字为1、2、4、5、6,先考虑12456,此时10810123250628a b c d e +-++=-++=,不合要求; 再考虑14256,此时10810141650654a b c d e +-++=-++=,符合要求. 故所求的最小的数是14256. 故答案为:14256.34.(2019·山东·高三竞赛)6个相同的红色球,3个相同的白色球,3个相同的黄色球排在一条直线上,那么同色球不相邻的概率是______ .【答案】5924【解析】 【详解】由题意可知,所有的排列方法种数为:12!6!3!3!N =⨯⨯,满足题意的排列方法数量为:5!253!2!n =⨯⨯⨯, 故同色球不相邻的概率为5!2553!2!12!9246!3!3!p ⨯⨯⨯==⨯⨯. 故答案为:5924. 35.(2019·贵州·高三竞赛)若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列,则最大的三位正整数n =____________ . 【答案】959 【解析】 【详解】设(a +b )n 的展开式中连续三项的二项式系数为11C ,C ,C (11)k k k n n n k n -+-.因为112C C C k k k n n n -+=+,所以22(41)420n k n k -++-=,得到n =①由n 为正整数,则8k +9应为奇完全平方数,故设8k +9=(2m +1)2,即222k m m =+-, 代入①式得n =(m +1)2-2或n =m 2-2. 所以,三位正整数n 的最大值为959. 故答案为:959.36.(2019·广西·高三竞赛)从1,2,…,20中任取3个不同的数,这3个数构成等差数列的概率为____________ . 【答案】338【解析】 【详解】设取出的3个不同的数分别为a 、b 、c .不同的取法共有320C 种,若这3个数构成等差数列,则有a +c =2b .故、c 同为奇数或同为偶数,且a 与c 确定后,b 随之而定.从而所求概率为221010320338C C P C +==. 故答案为:338. 37.(2019·浙江·高三竞赛)在复平面上,任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形,则不同的锐角三角形的数目为____________. 【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上,且相邻两根之间弧长相等,都为2100π,即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点,共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ,设AB 弧有x 段小弧,CB 弧有y 段小弧,AC 弧有z 段小弧,则△ABC 为锐角三角形的等价条件为:1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数,记1{|97,49}P x x y z x =++=,2{|97,49}P y x y z y =++=,3{|97,49}P z x y z z =++=,{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=,则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次,所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=.故答案为:39200.38.(2019·新疆·高三竞赛)随机取一个由0和1构成的8位数,它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ . 【答案】35128【解析】 【分析】该8位数首位数字必须为1,分别计算出奇数位上和偶数位上1的个数,结合组合知识求出基本事件总数和偶数位数字之和与奇数位数字之和相等包含的基本事件个数即可得解. 【详解】设n 是满足题意的8位数,故知其偶数位上1的个数和在奇数位上1的个数相同,从而在奇数位上与偶数位上1的个数可能为1、2、3或4.注意到首位为1,下面分情况讨论:(1)奇数位上与偶数位上有1个1,3个0共有0134C C 4⋅=种可能;(2)奇数位上与偶数位上有2个1,2个0,共有1234C C 18⋅=种可能;(3)奇数位上与偶数位上有3个1,1个0,有2334C C 12⋅=种可能;(4)奇数位上与偶数位上有4个1,共有34341C C ⋅=种可能.合计共有4+18+12+1=35个满足条件的自然数n .又因为0和1构成的8位数共有72128=个,从而概率为35128. 故答案为:35128【点睛】此题考查求古典概型,关键在于熟练掌握计数原理,根据分类计数原理结合组合知识求解概率.39.(2019·新疆·高三竞赛)记[x ]为不超过实数x 的最大整数.若27788A ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦201920207788⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,则A 除以50的余数为____________ .【答案】40 【解析】 【分析】根据21277,88k k -均不是整数,利用放缩法分析出21221217772788k k k k ---⎡⎤⎡⎤-<+<⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,结合二项式定理得A 除以50的余数. 【详解】注意到21277,88k k-均不是整数. 按定义212212212212177777772117888888k k k k k kk k -----⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤-=-+-<+<+= ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦, 所以对任意正整数k 均有21221777188k k k --⎡⎤⎡⎤+=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦22771k -=⋅-17(49)1k -=⋅- ()()()1101111117(501)175050111r k k k r k r k k k k C C C ---------=⋅--=⋅⨯+⋅⋅⋅+⨯⨯-+⋅⋅⋅+⨯--17(1)1(mod 50)k -=⋅--.从而71010(11)101040(mod50)A ≡⋅⋅--≡. 故答案为:40 【点睛】此题考查数论相关知识点,涉及同余问题结合二项式定理处理,需要熟练掌握初等数论相关知识.40.(2020·全国·高三竞赛)现有10张卡片,每张卡片上写有1,2,3,4,5中两个不同的数,且任意两张卡片上的数不完全相同.将这10张卡片放入标号为1,2,3,4,5的五个盒子中,规定写有i ,j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中.一种放法称为“好的”,如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数.则“好的”放法共有________种. 【答案】120. 【解析】 【分析】结合题意,对满足情况进行分类,运用组合的相关知识进行求解. 【详解】解:用{,}i j 表示写有i ,j 的卡片.易知这10张卡片恰为{,}(15)i j i j ≤<≤.考虑“好的”卡片放法.五个盒子一共放有10张卡片,故1号盒至少有3张卡片,能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}.情况一:这4张卡片都在1号盒中,此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片,故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求,有6264=种好的放法.情况二:这4张卡片恰有3张在1号盒中,且其余每盒最多仅有2张卡片. 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒,且{1,5}在5号盒的放法数N .卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能,其中6种是在2,3,4号的某个盒中放两张,其余2种则是在2,3,4号盒中各放一张.若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中,不妨设{2,3},{2,4}在2号盒,则{2,5}只能在5号盒,这样5号盒已有{1,5},{2,5},故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒,即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一;若{{2,3},{2,4},{3,4}在2,3,4号盒中各一张,则2,3,4号盒均至多有2张卡片,仅需再使5号盒中不超过2张卡片,即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中,对应0133C C 4+=种放法.因此612414N =⨯+⨯=.由对称性,在情况二下有456N =种好的放法. 综上,好的放法共有6456120+=种. 【点睛】关键点点睛:解答本题的关键是结合题意进行分类讨论,需要考虑全面,不要漏掉情况,要求综合能力较强.41.(2021·浙江·高三竞赛)一条直线上有三个数字1a ,2a ,3a ,数字2a 位于1a ,3a 之间,称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中,每个数字均出现,过横向三个格子、竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______,最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和:9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时,M 有最小值2226668436+++++++=.当如图2排列时,M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为:36,60.42.(2021·全国·高三竞赛)刘老师为学生购买纪念品,商店中有四种不同类型纪念品各10件(每种类型纪念品完全相同),刘老师计划购买24件纪念品,且每种纪念品至少购买一件.则共有________种不同的购买方案. 【答案】633 【解析】 【详解】解析:只需计算()4210()f x x x x =+++中24x 的系数而()()4104210441()(1)x f x x x x x x -=+++=⋅-又由幂级数展开式可得233411420(1)nn x x C x x +=+++++-,故()()4102030403301464n n n f x x x x x x C x ∞+=⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭∑,故24x 的系数为3332313346633C C C -+=.故答案为:633.43.(2021·全国·高三竞赛)从集合{1,2,,2020}的非空子集中随机取出一个,其元素之和恰为奇数的概率为____________. 【答案】20192020221- 【解析】 【详解】解析:集合{1,2,,2020}共有非空子集202021-个,元素和为奇数的子集个数恰为函数()()22000()(1)11f x x x x =+++的展开式中奇次项系数之和2019(1)(1)22f f --=.故20192020221P =-.故答案为:20192020221-. 44.(2021·全国·高三竞赛)将圆周21n 等分于点1221,,,n A A A +,在以其中每三点为顶点的三角形中,含有圆心的三角形个数为__________. 【答案】1(1)(21)6n n n ++【解析】 【详解】任取一个分点记为P ,然后将其余2n 个分点这样标志, 自P 点后,逆时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ,顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B .先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形,如图,显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ,而另一个属于点集{}12,,,n B B B .且这种i j PA B ,含有圆心当且仅当1,,{1,2,,}i j n i j n ++∈.现计算符合条件的三角形个数:当i k =时,j 可取值,1,,1n n n k --+,共计k 个值.因此这种含有圆心的i j PA B 个数为()112nk n n k =+=∑ , 当点P 取遍21n 个位置,共得1(1)(21)2n n n ++个三角形,由于每个三角形有三个顶点,故每个三角形重复计算了三遍, 因此符合条件的三角形个数为1(1)(21)6n n n ++.故答案为:1(1)(21)6n n n ++.二、解答题45.(2021·全国·高二课时练习)已知集合M={1,2,3,4,5,6},N={6,7,8,9},从M 中选3个元素,N 中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C ,则这样的集合C 共有多少个? 【答案】90 【解析】 【分析】分类计数,再用加法原理求解. 【详解】第一类:从M 中选取3个元素且含6有25C 种,从N 中选取2个元素不含6有23C 种,根据分步乘法计数原理,有2253C C ⨯=10×3=30(种);第二类:从M 中选取3个元素且不含6有35C 种,从N 中选取2个元素有24C 种,根据分步乘法计数原理,有3254C C ⨯=10×6=60(种).由分类加法计数原理,集合C 共有30+60=90(个). 46.(2018·广东·高三竞赛)已知正整数n 都可以唯一表示为2012999m m n a a a a =+⋅+⋅++⋅ ①的形式,其中m 为非负整数,{}0,1,,8j a ∈(0j =,1,,1m -),{}1,,8m a ∈.试求①中的数列012,,,,m a a a a 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和. 【答案】984374748 【解析】【详解】设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S (M )表示数集M 中所有数的和,并将满足①式的正整数记为110m m n a a a a -=.把集合A 分成如下两个不交子集{}000A n A a =∈=和{}100A n A a =∈≠. 我们有()()()01S A S A S A ==.对任意1n A ∈,令()09f n n A =∈,则f 是1A 到0A 的双射. 由此得()()019S A S A =,从而()()110S A S A =. 又对任意10m m a a a a B -=∈,令()()()()101999m m b g a a a a A -==---∈,则g 是B 到1A 的双射,其中()119999918m m m a b +++=+++=-. 因为{}101018,0,1,,7m m m m B a a a a a a m --=≤<<<≤=所以B 中共有718m m C+=∑个元素,因此()()()7111809918m m m S B S A C ++=+=-∑88880099988k k k k k C C ===-∑∑ ()8891028=-. 又令2A 表示A 中最高位数8m a =的正整数全体,A 中其余的数和零所构成的集合记为3A , 则()()()23S A S A S A =+. 对任意10m m a a a a B -=∈,令()()()()103888m m b a a a a A σ-==---∈则σ是B 到3A 的双射,其中118989891m m m a b -++=⋅+⋅++=-.所以()()()71138091m m m S B S A C++=+=-∑ ()888091102k k o k C ==-=-∑.最后对任意{}0288ma a a A =∈-,令()()()088mb a a a B τ==--∈.则τ是{}28A -到B 的双射,其中128989891m m m a b +++=⋅+⋅++=-.所以()()()712280891m m m S B S A C ++=+=+-∑()8188818919102k k k C +==+-=⋅-∑.于是,()()()()()8899191021082102S B S A S B S A ⎧+=-⎪⎨⎪+=-⎩解之得()931108096875008032S A =⨯+=,()15624704S B =. 由于A 和B 中都含有1,2,…,8,因此所求正整数的和等于()()36984374748S A S B +-=. 47.(2019·江苏·高三竞赛)平面直角坐标系中有16个格点(i ,j ),其中0≤i ≤3,0≤j ≤3.若在这16个点中任取n 个点,这n 个点中总存在4个点,这4个点是一个正方形的顶点,求n 的最小值. 【答案】11. 【解析】 【分析】分两步来证明:先找到10个点,它们中的任意四点不能构成正方形的顶点,再根据抽屉原理证明任意的11个点,一定存在4个点为正方形的四个顶点. 【详解】存在下面的10点即:点(0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(3,1),(0,2),(3,2),(0,3),(1,3),(3,3), 其中任意4个点不能构成正方形的顶点,故11n ≥. 下证:任意11点中,一定存在4个点为正方形的四个顶点.因为共取11个点,分两种情况讨论:(1)有一行有4个点(设为1234,,,P P P P ),则余下三行共有7个点, 由抽屉原理知余下三行中必有一行至少有3个点(设为123,,Q Q Q ),因1234,,,P P P P ,123,,Q Q Q 分布在两行,若该两行相邻或中间隔一行,则存在四个点,它们为正方形的四个顶点;若该两行间隔两行,如图,不妨设1234,,,P P P P 为线段AB 上的格点,123,,Q Q Q 为线段OC 上的格点,对应的点的坐标为()()()0,0,1,0,2,0,余下4个点分布在中间两行,若线段DE 上有两个整点,则它们和1234,,,P P P P 中的两点构成正方形的顶点,否则线段GF 上至少有3个点,则其中必有两个格点与123,,Q Q Q 中的两点构成正方形的顶点.(2)任意一行都没有4个点,则各行的格点数分别为3,3,3,2,故4行中必有相邻两行各有3个格点,这6个格点中必存在4个格点,它们构成正方形的顶点. 【点睛】本题考查组合最值,此类问题,解决的基本方法是先找一个反例,从而确定变量的初始范围,再利用抽屉原理来证明该范围成立.48.(2019·上海·高三竞赛)设n 为正整数,称n ×n 的方格表Tn 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1,2,……,(n +1)2分配给Tn 的所有格点,使不同的格点分到不同的数.称Tn 的一个1×1格子S 为“好方格”,如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1,2,…,9分配给T 2的格点的一种方式,其中B 、C 是好方格,而A 、D 不是好方格)设Tn 中好方格个数的最大值为f (n ).(1)求f (2)的值;(2)求f (n )关于正整数n 的表达式.【答案】(1)f (2)=3.(2)221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.【解析】【详解】(1)如图①,将T 2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A 、B 、C 、D ,将9个格点上的数分别记为a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i.当a ,b ,……,i 依次取为1,2,……,9时,易验证B 、C 、D 均为好方格,这表明f (2)≥3. 现假设f (2)=4,即存在一种数的分配方式,使A 、B 、C 、D 均为好方格.由对称性,不妨设边界上8个数a ,b ,……,h 中的最小数为a 或b .此时由A 为好方格知,或者有a <b <i <h ,或者有b <i <h <a ,故b <i <h 总是成立的.进而由B 、C 为好方格知,必有i <f <g <h ,b <c <d <i ,但这时d <i <f ,与D 为好方格矛盾. 综上可得f (2)=3.(2)设Tn 的各格点的数已被分配好,此时好方格有k 个称格子的一条边为一段“格线”我们对Tn 的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U 、V ,其中U 上的数小于V 上的数,则对格线UV 标上一个指向UV 顺时针旋转90°后所得方向的箭头.称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S ,UV )为一个“对子”,如果UV 上所标的箭头由S 内指向S 外设对子总数为N .一方面,每个格子S 至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减,矛盾),而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子,于是()22312N k n k k n +⋅-=+.另一方面,Tn 的每段格线至多贡献1个对子,且Tn 边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则,沿逆时针方向读n 边界上的数将永远递增,矛盾),从而不贡献对子.注意到Tn 的格线段数为2n (n +1),所以又有2(1)1N n n +-.综合两方面得,2k +n 2≤2n (n +1)-1,即好方格的个数2212n n k+-. 最后,对n 为奇数和n 为偶数的情况,分别如图②和图③,将1,2,……,(n +1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子,易验证,按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点,恰是一种逆时针排列,因而这些格子均为好方格.。

高中数学组合 (4)

高中数学组合 (4)

三、相同元素分配,隔板处理
练习1: 从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛, 每校至少有1人,这样有几种选法?
练习2:将7只相同的小球全部放入4个不同盒子,每盒 至少1球的放法有多少种? 变式 将7只相同的小球全部放入4个不同盒子,每盒可 空,不同的放法有多少种?
二、相同元素不相邻问题
例:某城新建的一条道路上有12只路灯,为了节 省用电而不影响正常的照明,可以熄灭其中三盏 灯,但两端的灯不能熄灭,也不能熄灭相邻的两 盏灯,可以熄灭的方法共有( ) 3 3 3 3 A C C11 种 (A) 8 种(B) 8 种 (C) C 9 种 ( D)
个班、三个班、四个班进行分类,共有
C 2C 3C C 126
1 6 2 6 3 6 4 6
种分法.
例5.(1)四个不同的小球放入四个不同的盒中,一共 有多少种不同的放法? (2)四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空 盒的放法有多少种?
解:(1)根据分步计数原理:一共有
4
4 256种方法;
2 3 A.(C C7 )(C7 C82 ) 3 2 C.C C C7 C8 3 8 3 2 8 7
C
3 2 3 B.(C8 C7 ) (C7 C82 )
3 2 1 D.C8 C7 C11
4、从7人中选出3人分别担任学习委员、宣传委员、体育委员,则甲、乙两人不 都入选的不同选法种数共有( )
注意: 对于排列组合的混合应用题,
一般解法是先选后排。
练习: 10名学生均分成2组,每组选出正、 副组长各1人,共有多少种不同的方法?
练习:1、某学习小组有5个男生3个女生,从中选3名 男生和1名女生参加三项竞赛活动,每项活动至少有1 人参加,则有不同参赛方法______种.
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组合计数(一)
一、基础知识
(一)、两条基本原理
1、(加法原理)如果完成某件事有n 类互相排斥的办法,在第1类办法中有1m 种方法,在第2类办法中有2m 种方法,……,在第n 类办法中有n m 种方法,那么完成这件事共有
n m m m N +++= 21种不同的方法.
2、(乘法原理)如果完成某件事需要分n 个互相独立的步骤,做第1步有1m 种方法,做第2步有2m 种方法,……,做第n 步有n m 种方法,只有依次完成每个步骤,才能完成这件事,那么
完成这件事共有n m m m N ⋅⋅⋅= 21种不同的方法.
(二)、排列及排列数公式
1、定义1:(排列)从n 个不同的元素中任取)(n m m ≤个元素(各不相同),按照一定的顺序排列成一列,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列.
2、定义2:(排列数)从n 个不同的元素中任取)(n m m ≤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,记做m
n A . 3、排列数公式:!
)(!
)1()2)(1(m n n m n n n n A m
n -=
+---= ,N n m ∈,,且n m ≤.
4、全排列公式:!12)2)(1(n n n n A n
n =⋅--= .
(三)、组合及组合数公式
1、定义3:(组合)从n 个不同的元素中任取)(n m m ≤个元素(各不相同)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.
2、定义4:(组合数) 从n 个不同的元素中任取)(n m m ≤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,记做m
n C .
3、组合数公式:!)(!!!)
1()2)(1(m n m n m m n n n n A A C m m
m
n m
n
-=
+---== . 4、组合数的两个性质:
(1)m n n m n C C -=; (2)1
1-++=m n m n m n C C C .
(四)、几种特殊排列与组合
1、圆排列:将从n 个不同的元素首尾排成一圈,称为n 个相异元素的圆排列,这种排列的个数为!)1(-n .
2、可重复的排列:从n 个不同的元素中取m 个元素(同一元素允许重复取出),按照一定的顺序排列成一列,叫做从n 个不同元素中取m 个元素的可重复排列.这种排列的个数为m
n .
3、可重复的组合:从n 个不同的元素中取m 个元素(同一元素允许重复取出)并成一组,叫做从n 个不同元素中取m 个元素的可重复组合.这种组合的个数为m
m n C 1-+.
4、不全相异元素的全排列:如果n 个元素中,分别有k n n n ,,,21 个元素相同,且
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.这种排列的个数为
!
!!!
21k n n n n ⋅⋅⋅ .
5、多重组合:把n 个相异元素分为)(n k k ≤个不同的组,其中第i 组有i n 个元素(,,,2,1k i =n n n n k =+++ 21),则不同的分组方法的种数为
!
!!!
21k n n n n ⋅⋅⋅ .
(五)两个重要结论
(1)、不定方程)(21m n n x x x m ≥=+++ 的正整数解的组数为1
1--m n C ;
(2)、不定方程n x x x m =+++ 21的非负整数解的组数为n
m n m m n C C 111-+--+=.
二、典型问题选讲
问题1、12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,求不同调整方法的总数.
问题2、7个人并排站成一排,
(1) 如果甲必须站在正中间,有多少种排法? (2) 如果甲乙两人必须站在两端,有多少种排法? (3) 如果甲乙两人必须相邻,有多少种排法? (4) 如果甲乙两人必须不相邻,有多少种排法?
(5) 如果甲乙两人中间必须恰有2人,有多少种排法?
(6) 如果甲乙丙三人之间都恰好有1个其他人,有多少种排法? (7) 如果甲乙丙三人两两不相邻,有多少种排法?
问题3、4男4女交替坐在圆桌旁,有多少种坐法?
问题4、10个男生和5个女生聚餐,围坐在圆桌旁,任意两个女生不相邻的坐法有多少种?
问题5、将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗依次挂在旗杆上,求组成不同的标志的种数.
问题6、求不定方程15210321=++++x x x x 的正整数解的组数.
问题7、求不定方程233332254321=++++x x x x x 的正整数解的组数.
问题8、在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察721,,,A A A 这七名队员,准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场.假设在比赛的任何时刻,这些队员中有且仅有一人在场上,并且4321,,,A A A A 每人上场的总时间(以分钟为单位)均能被7整除,765,.,A A A 每人上场的总时间(以分钟为单位)均能被13整除.如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的情况.
问题9、求各位数字之和等于11的3位数的个数.
问题10、如果自然数a 的各位数字之和等于7,那么就称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列 ,,,321a a a ,若2005=n a ,则=n a 5 .
问题11、将24个志愿者名额分配给3个学校,问每校至少有1名额且各校名额互不相同的分配方法有多少种?
问题12、甲、乙两队各出7名队员按事先安排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方
先由号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方2号队员比赛,依次类推,直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获得胜利,形成一种比赛过程,求所有可能出现的比赛过程的种数.
问题13、如果从数14,,2,1 中,按由小到大的顺序取出321,,a a a ,使同时满足
3,32312≥-≥-a a a a ,那么,所有符合上述要求的不同取法有多少种?
问题14、设10021,,,a a a 是100,,3,2,1 的任意排列,部分和11a S =,212a a S +=,
,3213a a a S ++=,10021100a a a S +++= .若数列)1001}({≤≤j S j 中的每一项都不被3
整除,问这样的排列有多少个?。

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