高中数学竞赛之组合计数
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

(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

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)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

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

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。
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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?。