《组合数学》第二版(姜建国著)-课后习题答案全
组合数学-组合几何答案与讲稿
组合几何例讲 答案及讲稿（陶平生）基本内容与方法：组合计数；组合构造；组合结构；映射与对应；分类与染色；归纳与递推；容斥原理；极端原理；调整法；补集法；算两次；数形结合法，等等．1、矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上（包括原矩形的四个顶点），其余10点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝（两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示）. 试求该矩形台板所碎裂成的各种类型（指三角形、四边形、五边形等等）的碎片块数. （若凸多边形的周界上有n 个点，就将其算作n 边形）.解：设全部碎片中，共有三角形3a 个，四边形4a 个， … …，k 边形k a 个（34,,,k a a a 为非负整数），一个多边形，若其周界上有n 个顶点，就将其看成是n 边形，（例如图中的多边形ABCDE 要看成五边形）.于是这些多边形的内角和S 角为：S 角()3422k a a a k πππ=⋅+⋅++⋅-.从另一方面看，矩形内部有10个结点，对于每个点，围绕它的多边形顶角和为2,π10个内结点共获得102π⋅弧度；矩形边界线段内共有16个结点，在每个这种结点处，各多边形的顶角在此汇合成一个平角，16个这种结点共获得16π弧度；而原矩形的四个顶点处，共收集到多边形碎片的2π弧度.因此，S 角2016238ππππ=++=，于是，()342238k a a k a +++-= ……○1. 再计算边数和S 边：由于每个n 边形有n 条边，则S 边3434k a a ka =+++.另一方面，在矩形的内部的45条粘缝，每条都是两个多边形的公共边，故都计算了两遍，矩形周界上的20条线段各被计算了一遍，因此，S 边24520110=⋅+=，则3434110k a a ka +++= (2)○2-○1得，()34272k a a a +++=，因此碎片的块数为:3436k a a a +++= (3)○1—○3得，()4562332k a a a k a ++++-= …… ○4. 注意所有i a 为非负整数，故670k a a a ====，4522a a += (5)○5式中，或者452, 0a a ==；或者450, 1a a ==，……○6. 因此由○3、○5、○6得，本题的解共有两种情况：即全部碎片共36块，其中，或含有34个三角形，2个四边形；或含有35个三角形，1个五边形.2、将圆周2011等分于点122011,,,A A A ，在以其中每三点为顶点的三角形中，求含有圆心的三角形的个数．解：一般地讨论圆周21n +等分的情况，任取其中一个分点，记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志，自P 点后， 反时针方向的连续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1i j n +≥+，{},1,2,,i j n ∈，今计算合于条件的三角形个数：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n n3i j PA B ∆个数为()1112nk k n n ==+∑，当点P 取遍21n +个位置，共得 ()()11212n n n +⋅+个三角形，由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，合于条件的三角形个数为()()1216n n n ++．3、在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．解：设红点集为：{}1212,,,A A A A =，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i =的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要72243=个三角形． 再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形，则必满足以下两条件之一：或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型三角形各六个，再用()4,4,4等型来补充． ()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5；3()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}2,8,12,6,12,4,4,10,8．（每种情况下的其余三角形可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）． 这样共得到24个三角形，因此，n 的最小值为24．4、在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形．解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．八个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形： (1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及 (1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)，它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．5、试确定，是否能将1,2,,10这十个数分别标于五角星的十个结点上，使得每一条边上的四个数之和都相等？证明你的结论．解：不能．反证法，假若有一种填法，使得五角星每条边上的四数之和都相等，记此和值为S ，则由于五角星的任两条边都相交，每一点恰有两条边经过，则52(1210)110S =+++=，所以，22S =．即每条边上的四数之和皆为22．先证明，10与1必共线，事实上，假若10与1不共线，考虑经过10的两根线，设10所在的一条线上的四数为12310,,,x x x ，另一条线上的四数为12310,,,y y y ，则123123442(10)(10)S x x x y y y ==+++++++12312320()x x x y y y =++++++20(234567)47≥++++++=，矛盾！故10与1必共线．下面用两种方法证明本题结论：方法一：记10与1所共的线为l ，l 上所填的另两数设为12,a a ，则1211a a +=，它有四种情况：{}{}{}{}{}12,2,9,3,8,4,7,5,6a a =；数10所在的另一根线记为10l ，10l 上的另三数设为123,,b b b ，则12312b b b ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,2,3,7,2,4,6,3,4,5b b b =；数1所在的另一根线记为1l ，1l 上的另三数设为123,,c c c ，则12321c c c ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,5,7,9,6,7,8,4,8,9c c c =；由于110,,l l l 两两之间恰有一个公共点，假若{}1,10,2,9l =，则{}{}1101,6,7,8,10,3,4,5l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,3,8l =，则{}{}1101,5,7,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,5,6l =，则{}{}1101,4,8,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,4,7l =，则1l 与10l 各有两个点在l 上，这时110,,l l l 三线重合，矛盾！ 因此所述结论成立．方法二：删去10所在的两根线（1所在的点也被删去），五角星上剩下不共线的三个点，它们构成ABC ∆，这三顶点的填数和为：55222121a b c ++=-⨯+=．ABC ∆恰有一条边在1l （1所在的另一线）上，即1l 上有异于1的两点是ABC ∆的两个顶点，设为,B C ，1l 上的另一点记为D ，由于1l 上除1之外的另三数的和也是21，设点D 上的填数为d ，那么21a b c b c d ++==++，所以a d =，矛盾！（因D 在边BC 上而,,A B C 不共线），因此所述结论成立．6、两个正三角形交叠成一个六角星（如图），现将前12个正整数1,2,,12分别填于图中的12个结点处，使得每条直线上所填的四数之和相等．()01、试求六角星的六个顶点126,,,a a a 处填数之和的最小值；()02、证明适合条件的不同填数方案有偶数个．（对于填数方案π与T ，若方案π经旋转、翻转后能与方案T 重合，则认为是相同的填数方案）()01、解：对于满足条件的任一填法，将点ia 处所填的数仍记为ia ，1,2,,12i =，若每条直线上的四数之和为s ，则由()621212s =+++，得到26s =；在135a a a ∆的三条边上，有()()()1893310115512713a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○1 在246a a a ∆的三条边上，有()()()2910441112667823a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○2 两式相减得 135246a a a a a a ++=++ ……○3，由此知，两个三角形顶点处填数之和相等，若记 ()()135246m a a a a a a =+++++，则m 为偶数． 因为在1,2,,12中，最小的六数之和12621+++=为奇数，则22m ≥．若22m =，由于在1,2,,12中，和为22的六数只有1,2,3,4,5,7，将其分为和相等的两组，每组三个数，只有唯一的分法： {1,3,7}与{2,4,5}．今忽略外圈的具体数字，而将{1,3,7}与{2,4,5}分别改记为{奇，奇，奇}与{偶，偶，奇}，那么在旋转意义下，六个顶点处的填字方式唯一.现在再来考虑内圈六数的填法，用记号a b 表示整数,a b 同奇偶，由于每线上四数之和s 为偶数，则987121011 , a a a a a a ，而在内圈六数6,8,9,10,11,12之中，恰有四个偶数，两个奇数，因此{}{}1011, 9, 11a a =，由于1011, a a 落在奇顶三角形的一条边上，该边两顶点的填数之和应是()9116s -+=，但是在{}1,3,7中不存在和为6的两个数，矛盾。
组合数学课后习题答案
第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。
8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。
11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。
组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。
12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。
当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。
故符合要求的不同分组共有12)2()12(21111+-=-----=∑n k n k n k n 种。
组合数学基础-答案及讲稿
组合数学基础答案及讲稿（陶平生）基本内容与方法：组合计数；组合构造；组合结构；映射与对应；分类与染色；归纳与递推；容斥原理；极端原理；调整法；补集法；数形结合法，等等．1、设M 为n 元集，若M 有k 个不同的子集12,,,k A A A ，满足：对于每个{},1,2,,i j k ∈ ，i j A A ≠∅ ，求正整数k 的最大值．解：正整数k 的最大值为12n -．()01、先证明，存在M的12n -个子集，两两之交不空；设{}12,,,n M a a a = ，而1122,,,n A A A - 为集合{}121,,,n a a a - 的全部12n -个子集，令{}1,1,2,,2n i i n B A a i -== ，则M 的12n -个子集1122,,,n B B B - ，两两之交不空；()02、再证，对于M的任何121n -+个子集，其中必有两个子集不相交．设1122,,,n B B B - 是M 的12n -个不同子集，其中每个皆含n a ；用i B 表示子集i B 在M 中的补集，1(\),1,2,,2n i i B M B i -== ，则对于任意i j ≠，,i j i j B B B B ≠≠，并且j i B B ≠， （因前者含n a 而后者不含），故1122,,,n B B B - ，1122,,,n B B B - 为M 的全部2n个不同子集，现将上述集合搭配成为12n -对：()()()11122122,,,,,,n n B B B B B B -- ；任取M 的121n -+个子集，必有两个子集属于同一对，则这两个子集不相交．2、将前九个正整数1,2,,9 分成三组，每组三个数，使得每组中的三数之和皆为质数；求出所有不同分法的种数．证：()01、由于在1,2,,9 中，三个不同的数之和介于6和24之间，其中的质数有7,11,13,17,19,23这六个数，今将这六数按被3除的余数情况分为两类：{}7,13,19A =，其中每个数被3除余1；{}11,17,23B =，其中每个数被3除余2；假若所分成的,,A B C 三组数对应的和,,a b c p p p 为互异质数，则因12945a b c p p p ++=+++= 被3整除，故三个和数,,a b c p p p 必为同一类数，因为A 类三数和713193945++=<，B 类三数和1117235145++=>，矛盾！ 故三个和数中必有两个相等．()02、据()01知，将45表成7,11,13,17,19,23中的三数和（其中有两数相等），只有四种情况：()119197++；()2171711++；()3131319++；()4111123++．由于在1,2,,9 中有5个奇数，故分成的三组中必有一组，三数全为奇数，另两组各有一个奇数．对于情形()1，和为7的组只有{}1,2,4，剩下六数3,5,6,7,8,9，分为和为19的两组，且其中一组全为奇数，只有唯一的分法：{}3,7,9与{}5,6,8；对于情形()2，若三奇数的组为{}1,7,9，则另两组为 {}{}4,5,8,2,3,6；或{}{}3,6,8,2,4,5；若三奇数的组为{}3,5,9，则另两组为 {}{}2,8,7,1,4,6，或{}{}4,6,7,1,2,8； 若三奇数的组为{}1,3,7，则另两组为 {}{}2,6,9,4,5,8；共得分法5种；对于情形()3，若三奇数的组为{}3,7,9，则另两组为 {}{}1,4,8,2,5,6； 若三奇数的组为{}1,3,9，则另两组为 {}{}2,4,7,5,6,8或{}{}2,5,6,4,7,8； 若三奇数的组为{}1,5,7，则另两组为 {}{}3,4,6,2,8,9或{}{}2,3,8,4,6,9； 共得分法5种；对于情形()4，和为23的组只有{}6,8,9，则另两组为 {}{}1,3,7,2,4,5； 据以上，共计得到155112+++=种分法．3、设正整数a 的各位数字全由1和2组成，由其中任意() 2k k ≥个连续数位上的数字所组成的k 位数，称为数a 的一个“k 段”；若数a 的任两个“k 段”都不相同．证明：对于具有这种性质的最大正整数a ，其开初的一个“1k -段”和最后的一个“1k -段”必定相同.证：设12n a x x x = 是一个具有这种性质的最大正整数，由a 的最大性，在其后面无论添加1或2，所得到的1n +位数1121n a x x x = 以及2122n a x x x = 中，都有两个相同的“k 段”. 设在1a 中有 1121i i i k n k n x x x x x ++--+= ；在2a 中有1122j j j k n k n x x x x x ++--+= . 显然i j ≠，（因为11i k j k x x +-+-≠），且11i n k ≤≤-+，11j n k ≤≤-+，如果1i =或1j =，则直接去掉相应“k 段”中的末位数，可知结论成立；如果2i ≥且2j ≥，因 12212i i i k n k n j j j k x x x x x x x x ++--+++-== ，考虑各自的前一位数字111, , i j n k x x x ---+，它们只取1和2两个值，其中必有两数相同，于是数a 中有两个相同的“k 段”，矛盾. 因此,i j 中必有一个为1，故结论得证.4、将数集},...,,{21n a a a A =中所有元素的算术平均值记为)(A P ，（na a a A P n+++=...)(21）. 若B 是A 的非空子集，且)()(A P B P =，则称B 是A的一个“均衡子集”．试求数集}9,8,7,6,5,4,3,2,1{=M 的所有“均衡子集”的个数． 解：由于()5P M=，令{}{}54,3,2,1,0,1,2,3,4M x x M '=-∈=----，则()0P M '=, 依照此平移关系，M 和M '的均衡子集可一一对应．用()f k 表示M '的k 元均衡子集的个数，显然有(9)(1)1f f ==(M '的9元均衡子集只有M '，一元均衡子集只有{}0)．M '的二元均衡子集共四个，为{,},1,2,3,4i B i i i =-=, 因此(2)4f =． M '的三元均衡子集有两种情况：（1）含有元素0的为{0}{,0,},1,2,3,4i B i i i =-= , 共四个；（2）不含元素0的，由于等式312,413=+=+可表示为3120,3120-++=--=以及4130,4130-++=--=，得到4个均衡子集{3,1,2},{3,1,2},{4,1,3},{4,1,3}------，因此(3)448f =+=．M '的四元均衡子集有三种情况：（1）每两个二元均衡子集之并：,14i j B B i j ≤<≤ , 共6个集； （2）不含元素0的三元均衡子集与{}0的并集，共4个集；（3）以上两种情况之外者，由于等式1423+=+可表为14230--++=以及14230+--=得2个均衡子集{1,4,2,3}--与{1,4,2,3}--，因此()464212f =++=． 又注意到，除M '本身外，若B '是M '的均衡子集，当且仅当其补集''M C B 也是M '的均衡子集，二者一一对应. 因此(9)(),1,2,3,4f k f k k -==．从而M '的均衡子集个数为9411()(9)2()12(14812)51k k f k f f k ===+=++++=∑∑．即M 的均衡子集有51个．5、某校有2010名新生，每人至少认识其中n 人，试求n 的最小值，使得其中必存在彼此认识的16个人.解：记这2010个人的集合为{}122010,,,M v v v = ，i v 所认识的人的集合记为, 1,2,2010i A i = ，则i A n ≥，且 1,2,2010i i v A i ∉= ，若12,v v 是M 中相识的两人，则有121222010A A A A A B n =+-≥- ， 当220101n -≥，则有312v A A ∈ ，且123,,v v v 两两相识，而()123123123322010A A A A A A A A A n =+-≥-⋅ .当3220101n -⋅≥，则有4123v A A A ∈ ，且1234,,,v v v v 两两相识，而()123412341234432010A A A A A A A A A A A A n =+-≥-⋅ ，如此继续，得1215,,,v v v 两两相识，而151414151511115142010i i i i i i A A A A A n ===⎛⎫=+-≥-⋅ ⎪⎝⎭. 当151420101n -⋅≥，则有15161, i i v A =∈ 且1216,,,v v v 两两相识,而由151420101n -⋅≥，得142010115n ⋅+≥，n 为整数，则1877n ≥.再说明1877n =是最小的；若1876n =，我们可构造一种情形，使得M 中不存在相互认识的16个人．为此，将2010个人均分为1215,,,B B B 等15组，每组134个人，令同组的人互不相识，而异组的任两人皆相识，则M 中任一人v 所认识的人的个数皆为()141341876d v =⨯=，从M 中任取16个人，必有两个人属于这15组中的同一个组，于是这两人互不相识，因此M 中不存在相互认识的16个人.从而n 的最小值为1877.6、有()2nn ≥名运动员，其编号分别是1,2,,n ，在一次活动中，他们以任意方式站成了一排. 如果每次允许将其中一些人两两对换位置，但在同一轮操作过程中,任一人至多只能参与一次这种对换.证明：至多只需两轮这样的操作，可使队列变成1,2,,n 的顺序排列. 证明：对n 归纳，2≤n 时显然. 设n k ≤时结论成立；今证1n k =+时情形，设121,,...,k a a a +是1k +名运动员1,2,,1k + 的任一排法, （i ） 如果其中存在一组运动员()12,, (1)i i i a a a m k ≤≤，他们的编号恰好就是其位置序号组k i i i ,...,,21的一个排列，则由归纳假设，这组运动员可经至多两轮操作，分别到位于自然位置（使i 号运动员到位于i 位），而剩下的1k m +-个运动员，显然也是其所处位置号的排列，他们也可经过至多两轮对换到位于自然位置，这样，队列121,,...,k a a a +可经两轮对换化为1,2,,1k +（ii ） 若（i ）中的情形不出现，为叙述方便，设1号位置上所站的运动员编号为1b ， （11≠b ），1b 号位置上的运动员编号为2b ，（{}12,1b b ∉），2b 号位置上的运动员编号为3b ，（{}213,,1b b b ∉），...，j b 号位置上的运动员编号为1+j b ，（{}j j b b b ,...,,111∉+），...，k b 号位置上的运动员编号为1。
《组合数学》第二版(姜建国著)-课后习题答案全
习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个；（2）选2个，即构成两位数，共有25P 个；（3）选3个，即构成3位数，共有35P 个；（4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7；解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A =① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题3
习题三（递推关系）1．解下列递推关系：（1）120171000,1n n n a a a a a ---+=⎧⎨==⎩ （2）12016900,1n n n a a a a a --++=⎧⎨==⎩ （3）20100,2n n a a a a -+=⎧⎨==⎩ （4）120121n n n a a a a a --=-⎧⎨==⎩ （5）123012990,1,2n n n n a a a a a a a ---=+-⎧⎨===⎩ 解：（1）对应的特征方程为：27100x x -+=，解得122,5x x ==。
所以齐次递推方程的通解为：25n n n a A B =+，代入初始条件，得：00a A B =+=，1251a A B =+=，解得：11,33A B =-=， 故 112533n n n a =-+。
（2）对应的特征方程为：2690x x ++=，解得：123x x ==-，所以，齐次递推方程的通解为：()(3)n n a A Bn =+-，代入初始条件，00a A ==，1()(3)1a A B =+-=，解得：10,3A B ==-，故1(3)3n n a n =--。
（3）对应的特征方程为：210x +=，解得：12,x i x i ==-，所以，齐次递推方程的通解为：()()n n n a A i B i =+-，代入初始条件，00a A B =+=，12a A i B i =-=，解得：,A i B i =-=，故 11()()n n n a i i --=+-。
（4）对应的特征方程为：2210x x -+=，解得：121x x ==，所以，齐次递推方程的通解为：n a A Bn =+，代入初始条件，01a A ==，11a A B =+=，解得：1,0A B ==，故 1n a =。
（5）对应的特征方程为：32990x x x --+=，解得：1231,3,3x x x ===-，所以，齐次递推方程的通解为：3(3)n n n a A B C =++-，代入初始条件，00a A B C =++=，1331a A B C =+-=，2992a A B C =++=， 解得，111,,4312A B C =-==-，故 1113(3)412n n n a -=-+--2．求由A ，B ，C ，D 组成的允许重复的排列中AB 至少出现一次的排列数。
组合数学第二篇习题解答
n0
k 0
(c)an C(n 3,3), n {0,1,2,...}
n
(b)G 2 an xn , 其中an (k 1)(n 1 k )
n0
k 0
G2 (1 2x 3x2 ... (n 1)xn ...)(1 2x 3x2 ... (n 1)xn ...)
an 1 (n 1) 2 (n) ... (k 1) (n k 1) ...
G(x) 1 23 x 1 ...(n 1)3 xn 1 ...
1 x 1 x
1 x
1 (1 23 x ...(n 1)3 xn ...) 1 x
G(x)
1 1 x
1 4x x2 (1 x)4
1 4x x2 (1 x)5
2.16 用数学归纳法证明 C(m,m),C(m+1,m),C(m+2,m),...,C(m+n,m),...的母函数为 (1-x)-m-1
按叠加原理 an 4an1 3 4n 的特解为hn4n , 代入替推关系 hn4n 4h(n 1)4n1 3 4n , h 3 一般解为: r4n 3n4n 10 5n
2.28
an
a a 3
10
n 1
n2
两边求对数
ln an 3 ln an1 10 ln an2 令bn ln an bn 3bn1 10bn2 0, 特征根为 : r1 5, r 2 2,
1 ln 4
a [3n 3( 1)n ] 0
ln a a 1[3n (1)n ]
1[3n 3( 1)n ]
14
04
a a a 1[3n ( 1)n ]
1[3n 3( 1)n ]
n
14
04
组合数学1章课后习题答案
当|a-b|=0时有50对
所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=520
1.2题（王星）
解：
（a）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为：
对于第一个分界线，它有n-1种选择，对于第二个分界线只有n-2个选择，(因为分界线不能相临，如果相临它们之间就没有了球，这不合要求)，依次第r-1个分界线只有n-(r-1)种选择。但是这样的分法中存在重复，重复度为(r-1)!,所以总得放法为：(n-1)*(n-2)*…*(n-r+1)/(r-1)!=C(n-1,r-1)。
而不同标志的球的排列有
所以共有8*5！种排列。
8种排列如下两类
因为要求空盒不相邻，途中1代表球
a)1111
b)1111
在a)中剩下的一个球有四种位置
b)中剩下的一个球也有四种位置
两者合起来一共有8种
1.19题（李拂晓）
n+m位由m个0，n个1组成的符号串，其中n≤m+1,试问不存在两个1相邻的符号串的数目。
③y<x<z,等价于从1,2,…,n+1中取3个进行组合，然后比较大小可得x,y,z,其组合数为 。
所以满足题意的x,y,z的组合数为 + + ＝ 。
由于这两种方法是等价的，故可得 。证毕。
1.24题（王卓）
A={(a,b)|a,b∈Z,0≤a≤9,0≤b≤5},
(a)求x-y平面上以A作顶点的长方形的数目。
P
C
A
组合数学习题答案
第1章 排列与组合1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其满足：()5;() 5.a ab b a b -=-≤[解] (a) 5=-b a将上式分解，得到55a b a b -=+⎧⎨-=-⎩a =b –5，a=1，2，…，45时，b ＝6，7，…，50。
满足a=b-5的点共50-5=45个点. a = b+5，a=5，6，…，50时，b ＝0，1，2，…，45。
满足a=b+5的点共45个点. 所以，共计2×45=90个点. (b) 5≤-b a(610)511(454)1651141531+⨯+⨯-=⨯+⨯=个点。
1.2 5个女生，7个男生进行排列，(a) 若女生在一起有多少种不同的排列？ (b) 女生两两不相邻有多少种不同的排列？(c) 两男生A 和B 之间正好有3个女生的排列是多少？[解] (a) 女生在一起当作一个人，先排列，然后将女生重新排列。
（7＋1）!×5!=8!×5!＝40320×120=4838400(b) 先将男生排列有7!种方案，共有8个空隙，将5个女生插入，故需从8个空中选5个空隙，有58C 种选择。
将女生插入，有5!种方案。
故按乘法原理，有：7!×58C ×5!=33868800(种)方案。
(c) 先从5个女生中选3个女生放入A ，B 之间，有35C 种方案，在让3个女生排列，有3!种排列，将这5个人看作一个人，再与其余7个人一块排列，有(7+1)! = 8!由于A ，B 可交换，如图**A***B** 或 **B***A**故按乘法原理，有：2×35C ×3!×8!=4838400（种）1.3 m 个男生，n 个女生，排成一行，其中m ，n 都是正整数，若(a) 男生不相邻(m ≢n+1)； (b) n 个女生形成一个整体； (c) 男生A 和女生B 排在一起； 分别讨论有多少种方案.[解] (a) 先将n 个女生排列，有n!种方法，共有n+1个空隙，选出m 个空隙，共有mn C 1+种方法，再插入男生，有m!种方法，按乘法原理，有：n!×mn C 1+×m!＝n!×)!1(!)!1(m n m n -++×m!=)!1()!1(!m n n n -++种方案。
组合数学答案合集
=
8 9
−
2 3
n
+
1 9
(−2)n
18.确定长为n，不包含两个相连的0或相连的1的三进制串（即由一些0、1、2组成
的串）的个数an的递推关系，然后求出an的公式 解：根据题意可知h2 = 5,h3 =12,h4 = 29
当n ≥ 5时，对于三进制串，第一个位置不为0，
当第一个位置为1时，第二个位置为0或2，对应的三进制串分别为an−2种和an−2 + an−3种 当第一个位置为2时，第二个位置为0，1或2，此时三进制串有an−1 + an−2种 于是an满足递推关系an = an−1 +3an−2 + an−3 （n ≥ 5） 它的特征方程为x3 − x2 −3x3 −1= 0
rn +
s
=
6(r(n −1) +
s) − 9(r(n − 2) +
s) + 2n ，求得 r
=
1 2
，s
=
3 2
，则 hn
=
c1 3n
+ c2n3n
+
n 2
+
3 2
。
由初始条件 h0
= 1 ， h1
=
0
，得出 c1
=
−
1 2
， c2
=
−1 6
。故 hn
=
−
3n 2
−
n3n 2
+
n 2
+
3 2
为原问题的解。
=1 (1− x3 )4
元素e1不出现，而e2出现至多一次。 对每个ei引入一个因子，我们发现
g ( x) = (1)(1+ x)(1+ x + x2 +")(1+ x + x2 +")
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题2
习题二（母函数及其应用）1．求下列数列的母函数(0,1,2,)n =（1）(1)n a n ⎧⎫⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭；（2）{5}n +； （3）{(1)}n n -； （4）{(2)}n n +；解：（1）母函数为：00()(1)()(1)nn n a n n a a G x x x x n n ∞∞==⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑；（2）母函数为：22554()(5)5(1)1(1)nnn n n n x xG x n x nx x x x x ∞∞∞===-=+=+=+=---∑∑∑； ♦ 方法二：()()()001022()(5)14414111114541(1)1nnnn n n n n G x n x n x x x x x x x x x x ∞∞∞===∞+==+=++''⎛⎫=+=-+⎪---⎝⎭-=+=---∑∑∑∑ （3）母函数为：2323000222()(1)(1)2(1)(1)(1)nnnn n n x x x G x n n x n n x nx x x x ∞∞∞====-=+-=-=---∑∑∑； ♦ 方法二：()()()()()2202222002222023()(1)00121121nn n n nn n n n n G x n n x xn n xxn n x xx x x x x x x x ∞∞-==∞∞+==∞+==-=++-"=++=""⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭=-∑∑∑∑∑（4）母函数为：232300023()(2)(1)(1)(1)(1)nnnn n n x x x x G x n n x n n x nx x x x ∞∞∞===-=+=++=+=---∑∑∑。
♦ 方法二：()()()()()()()()00212100023223()(2)1211111121111111131nnnnn n n n n n n n n n n n G x n n x n n x n x x x x x x x xx x x x x x x x x x x ∞∞∞∞====∞∞∞∞++++=====+=++-+-"'"'⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭"'⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪----⎝⎭--⎝⎭-=-∑∑∑∑∑∑∑∑2．证明序列(,),(1,),(2,),C n n C n n C n n ++ 的母函数为 11(1)n x +- 。
组合数学习题解答ex2
8.证明 C(n,n)+C(n+1,n)+ … + C(n+m,n)=C(n+m+1,n+1). 证法一 对 m 做归纳，m=0 时，等式成立。 假设对 m-1,等式成立。 C(n,n)+C(n+1,n)+ … + C(n+m-1,n)+C(n+m,n)=C(n+m,n+1)+C(n+m,n) =C(n+m,m-1)+C(n+m,m)=C(n+m+1,n+1). 证毕。 证法二：利用第 7 题结论。设有 n+2 中颜色的球，前 n+1 种球为各色彩球，第 n+2 种为黑 球。右式为，从这 n+2 个球中取出 m 个球的方案数。左式分别为从 n+1 种球中取出 0 个、1 个……m 个彩球的方案数，即黑球分别占总数 m 个，m-1 个，m-2 个……0 个大方案数，根 据加法法则，其和等于右式。
解法二：设 a 出现了 k 次，那么所有的 a 不能相邻。在 1…n 中去 k 个不相邻的 数有 C(n-k+1,k)中取法（参见第一章-习题 27）
n − k + 1 n − k 那么我们最后的答案就是 ∑ 2 。 k k =0
注： 比较解法一、二中的答案我们知道：
n 2
...
(1 − x )n+1
1
。
假设对于 n-1，命题成立。即
∑ n −1
n −1+ k k 1 。 x = (1 − x )n
n + k k n −1+ k k n −1+ k k 1 + = 。 Gn (x ) = ∑ x x ∑ ∑ n n n n −1 x = xGn ( x ) + ( ) 1 − x n + k k 1 1 。 Gn (x ) = ∑ n x = 1 − x ⋅ (1 − x )n
组合数学_第2章
xi
1i n
ln xi e exp( ln xi ) 1i n
第二章 基本计数原理 即积式可转化为和式来处理。条件xi＞0并无实质性的限制，因 若 某 个 xi=0 ， 则 整 个 积 式 为 0 ， 又 恰 有 k 项 取 负 时 ， 可 先 对 （2.1.8）式两边乘(-1)k，以确保xi＞0， 最后再将其恢复过来。
第二章 基本计数原理 2.2.2 乘法原理(Multiplication Principle) 设 A， B为二不同类事件，若事件A有m种产生方式，事件B 有n种产生方式，则“事件A与事件B”有mn种产生方式 用集合论的术语，乘法原理也可描述如下： 设S，T为二集，若S为m元集，T为n元集，则S与T的叉积之 集合S×T为mn元集。 推广的乘法原理是：如果Ti为ni元集(i=1, 2, …, r)，则
0i k
a a
2i j 0
k
2j
第二章 基本计数原理 3. 双下标
( a11 a12 a1n ) ( a21 a22 a2 n ) ( am1 am 2 amn )
1 j n
a
1j
a2 j
iN n
a
i
第二章 基本计数原理 命题 1 用和号∑表示的和式中，通项下标的改变不影响和 式。 例如
0i n
a , a 及 a
i 0 j n j 0 k n
k
都表示同一和式。 当通项下标不取连续整数时，也希望能寻找一些规律，以 便于用和式写出简单的表示式，下面给出一些特殊和式的例子。
第二章 基本计数原理 · 对（2.1.9）式的算法 №1 输入N №2 M 1；（累乘器M置1） №3 对k=2, N, 做
组合数学第一章答案.
１.１ 从{}5021，，，⋅⋅⋅中找两个数{}b a ,，使其满足（1） 5||=-b a ；（2）5||≤-b a解：（1）根据5||=-b a 可得 55-=-=-b a b a 或 则有种种4545 共有90种。
（2）根据5||≤-b a 得 )50,,2,1(,55{⋅⋅⋅∈+≤≤-b a b a b则：当5≤b 时，有1=b ， 61≤≤a ， 则有 6种2=b ， 71≤≤a ， 则有7种3=b ， 81≤≤a ， 则有8种4=b ， 91≤≤a ， 则有 9种5=b ， 101≤≤a ， 则有10种 当455≤<b 时，有6=b ， 111≤≤a ， 则有 11种7=b ， 122≤≤a ， 则有 11种 . . . . . . . . .45=b ， 5040≤≤a ， 则有11种 当5045≤<b 时，有46=b ， 5041≤≤a ， 则有 10种47=b ， 5042≤≤a ， 则有 9种48=b ， 5043≤≤a ， 则有 8种49=b ， 5044≤≤a ， 则有 7种 50=b ， 5045≤≤a ， 则有 6种故：共 种520)678910(21140=+++++⨯1.2 （1）先把女生进行排列，方案为5！，然后把女生看成1个人和7个男生进行排列，总方案数为5！×8！（2）女生不相邻，则先把男生进行排列，方案为7！再把女生插入男生之间的8个空位种的任意5个，总方案数为7！×58P（3）应该是A 女生x 女生y 女生z B,或是B 女生x 女生y 女生z A 的形式，从5个女生中选出3人进行排列，方案为35P ，考虑A,B 可以换位，方案为2×35P ，然后把这个看成一个整体，和剩下的2个女生，5个男生，一共7个人进行排列，总方案数2×35P ×8！1.3 m 个男生,n 个女生,排成一行,其中m,n 都是正整数,若 （a ）男生不相邻（m ≤n+1）；（b ）n 个女生形成一个整体； （c ）男生A 和女生B 排在一起； 分别讨论有多少种方案。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题4答案
习题四（容斥原理）1．试求不超过200的正整数中素数的个数。
解：因为2215225,13169==，所以不超过200的合数必是2,3,5,7,11,13的倍数，而且其因子又不可能都超过13。
设i A 为数i 不超过200的倍数集，2,3,5,7,11,13i =，则22001002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，3200663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，5200405A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，7200287A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 112001811A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，132001513A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，232003323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 252002025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，272001427A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2112009211A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 2132007213A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，352001335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，37200937A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 3112006311A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，3132005313A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，57200557A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 5112003511A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，5132003513A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，7112002711A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 7132002713A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，111320011113A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2352006235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 2372004237A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231120032311A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231320022313A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦ 2572002257A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251120012511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251320012513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 271120012711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，271320012713A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 21113200021113A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，3572001357A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，351120013511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦351320013513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，371120003711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，…， 235720002357A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⎣⎦，…，23571113200023571113A A A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦， 所以 23571113200(1006640281815)(3320149713965533221)(6432211110111i i j i j k i j k lii ji j ki j k li j k l m i j k l m ni j k l mi j k l m nA A A A A A S A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A <<<<<<<<<<<<<<<=-+-+-+=-++++++++++++++++++++-+++++++++++++∑∑∑∑∑∑0)00041+-+=但这41个数未包括2,3,5,7,11,13本身，却将非素数1包含其中， 故所求的素数个数为：416146+-=2．问由1到2000的整数中：（1）至少能被2，3，5之一整除的数有多少个？ （2）至少能被2，3，5中2个数同时整除的数有多少个？ （3）能且只能被2，3，5中1个数整除的数有多少个？ 解：设i A 为1到2000的整数中能被i 整除的数的集合，2,3,5i =，则2200010002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，320006663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，520004005A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 23200033323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，25200020025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，35200013335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 235200066235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， （1）即求235A A A ++，根据容斥原理有：235235232535235()1000666400(333200133)661466A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-+++=（2）即求232535A A A A A A ++，根据容斥原理有：232535232535235235235235()333200133266534A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-⨯=（3）即求[1]N ，根据Jordan 公式有：1112233235232535235[1]2()310006664002(333200133)366932N q C q C q A A A A A A A A A A A A =-+=++-⨯+++⨯=++-⨯+++⨯=3．求从1到500的整数中能被3和5整除但不能被7整除的数的个数。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题5
习题五（抽屉原理）1．证明：在边长为2的等边三角形中任取5点，至少有两个点相距不超过1。
证明：如图所示，将正三角形分成4个边长为1的小等边三角形，现在取5点，有4个小等边三角形，根据抽屉原理，则至少有两点落在同一个小等边三角形中，其距离不超过1。
2．在一个边长为1的正方形内任取9个点，证明以这些点为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形的面积不大于18。
证明：如图所示，将正方形分为4个边长为12的小正方形，现取9个点，则至少有三个点落在同一个小正方形中，以这三点为顶点的三角形的面积不大于1212121218⨯⨯=⨯⨯=长高。
3．把从1到326的326个正整数任意分成5组，试证明其中必有1组，该组中至少有一个数是同组中某两个数之和，或是同组中某个数的两倍。
证明：用反证法。
设任何一组中的每一个数，它既不等于同组中另外两数之和，也不等于同组中另一数的两倍。
即任何一组数中任意两个数之差总不在该组中。
（1）由抽屉原理知，五组中必有一组其中至少有66个数，设为A 组。
从中取66个数，记为1266,,,a a a ，不妨设66a 最大，令 (1)66,1,2,,65i i a a a i =-= ，显然(1)1326i a ≤<，由假设知 (1)i a A ∉，故这65个数必在另外四组B 、C 、D 、E 中。
（2）由抽屉原理知，B 、C 、D 、E 四组中必有一组至少含有17个(1)i a ，设为B 组，从中取17个(1)i a ，记为1217,,,b b b ，同理不妨设17b 最大，令 (1)171,2,,16i i b b b i =-= ，显然(1)1326i b ≤<，且由假设知，(1)i b B ∉， 又 (1)176666()()i i j k k j b b b a a a a a a A =-=---=-∉，所以这16个数(1)i b 必在C 、D 、E 中。
（3）由抽屉原理知，C 、D 、E 三组中必有一组至少含有6个(1)i b ，设为C 组，从中取6个(1)i b ，记为126,,,c c c ，同理不妨设6c 最大，令 (1)6i i c c c =-，1,2,,5i = ，显然(1)1326i c ≤<，且由假设知(1)i c C ∉， 又 (1)61717()()i i jk k j c c c b b b b b b B =-=---=-∉(1)6666()()i k j n m m n c b b a a a a a a A =-=-----∉所以这五个数必在D 、E 组中。
《组合数学》教案 2章(母函数)及课后习题讲解
第二章母函数及其应用问题：对于不尽相异元素的部分排列和组合，用第一章的方法新方法：母函数方法。
基本思想：把离散的数列同多项式或幂级数一一对应起来，算。
2.1 母函数（一）母函数（1）定义【定义2.1.1】对于数列{}n a ，称无穷级数()∑∞=≡0n n n x a x G 为该数列的（普通型）母函数，简称普母函数或母函数。
（2）例【例2.1.1】有限数列rn C （r ＝0, 1, 2, …, n ）的普母函数：()x G ＝nn n n n nx C x C x C C ++++ 2210＝()nx +1【例2.1.2】无限数列{1, 1. …, 1, …}的普母函数：()x G ＝ +++++nx x x 21＝x-11（3）说明● n a 可以为有限个或无限个。
● 数列{}n a 与母函数一一对应。
{0, 1, 1, …, 1, …}↔ +++++n x x x 20＝xx -1 ● 将母函数视为形式函数，目的是利用其有关运算性质完成计数问题，故不考虑“收敛问题”。
（4）常用母函数（二） 组合问题 （1）组合的母函数【定理2.1.1】组合的母函数：设{}m m e n e n e n S ⋅⋅⋅=,,,2211 ,且n 1＋n 2＋…＋n m ＝n ，则S 的r 可重组合的母函数为()x G ＝∏∑==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛mi n j j i x 10＝∑=n r r r x a 0其中，r 可重组合数为rx 之系数r a ，r ＝0, 1, 2, …, n 。
理论依据：多项式的任何一项与组合结果一一对应。
【例2.1.3】设有6个红球，7个黑球，8个白球，问 （1） 共有多少种不同的选取方法，试加以枚举？ （2） 若每次从中任取3个，有多少种不同的取法？ （解）（1）元素符号化（x ，y ，z ↔红、黑、白球），元素的个数以符号的指数区分。
母函数G (x , y , z ) ＝(1＋x ＋x 2) (1＋y ) (1＋z )＝1＋(x ＋y ＋z )＋(x 2＋xy ＋xz ＋yz )＋(x 2x ＋x 2x ＋xxx )＋( x 2yz )5种情况：① 数字1表示一个球也不取的情况，共有1种方案； ② 取1个球的方案有3种，即红、黑、白三种球只取1个； ③ 取2个球的方案有4种，即2红、1红1黑、1红1白、1黑1白； ④ 取3个球的方案有3种，即2红1黑、2红1白、三色球各一； ⑤ 取4个球的方案有1种，即全取。
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组合数学（第二版）
（4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C86 C21 C54 种；
（5）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 3 个后卫，C 中剩 下的一个当后卫，选取方案有： C86 C21 C53 种；
2
8 22
2
8! 2!2!2!2!
7! 2
，即 (x
y
2z
w)8
中，x2 ( y)2 (2z)2
w2
的系数，
因此， x2 y2 z2w2 的系数为： 7! 2 (1)2 (2)2 10 080 。
8．求 (x y z)4 的展开式。 解： n 4,t 3 ，展开式共有 RC(, 4) C(4 3 1, 4) 15 （项）， 所以，
只需证明 f 是满射函数即可。又因为 f 是定义在两个有限且基数相等的函
数上，因此如果能证明 f 单射，则 f 必是满射。
假设 f 不是单射，则存在 (am1, am2 ,, a2 , a1), (bm1, bm2 ,, b2 , b1) M ， (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，且有 K0 N ，使得 K0 f (am1, am2 ,, a2 , a1) f (bm1, bm2 ,, b2 , b1) 由于 (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，故必存在 j m 1 ，使得 a j bj 。不妨设这个 j 是第一个使之不相等的，即 ai bi (i m 1,, j 1) ， aj bj 且 aj bj ，
（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。 可分成三种情况分别讨论： ① 前排恰好坐 6 人，入座方式有 C(14, 6)P(8, 6)P(8,8) ； ② 前排恰好坐 7 人，入座方式有 C(14, 7)P(8, 7)P(8, 7) ； ③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有 C(14,8)P(8,8)P(8, 6) ； 各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为： C(14, 6)P(8, 6)P(8,8) C(14, 7)P(8, 7)P(8, 7) C(14,8)P(8,8)P(8, 6)
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组合数学（第二版）
4．一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时，
问共有多少种安排方案？
解：用 xi 表示第 i 天的工作时间， i 1, 2,, 7 ，则问题转化为求不定方程 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 50 的整数解的组数，且 xi 5 ，于是又可以转 化为求不定方程 y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 15 的整数解的组数。 该问题等价于：将 15 个没有区别的球，放入 7 个不同的盒子中，每盒球数
因为 am1(m 1)! am2 (m 2)! a2 2! a1 1! bm1(m 1)! bm2 (m 2)! b2 2! b1 1!
设不愿坐在一起的两人为甲和乙，将这两个人相邻而坐，可看为 1 人，则这 样的就坐方式有： CP(11,11) 10!种；由于甲乙相邻而坐，可能是“甲乙” 也可能是“乙甲”；所以 则满足条件的就坐方式有：11! 210! 32 659 200 种。
6．有 15 名选手，其中 5 名只能打后卫，8 名只能打前锋，2 名只能打前锋或后 卫，今欲选出 11 人组成一支球队，而且需要 7 人打前锋，4 人打后卫，试问 有多少种选法？
解： x23x3x46 的系数为：
0
10 316
0
3!
10! 1!
6!
840
10．试证任一整数 n 可唯一表示成如下形式：
n aii! , 0 ai i,i 1, 2, i1
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组合数学（第二版）
证明：（1）可表示性。
令 M {(am1, am2 ,, a2 , a1) | 0 ai i, i 1, 2,, m 1}，显然 M m!， N {0,1, 2,, m!1}，显然 N m!，
定义函数 f : M N ，
f (am1, am2 ,, a2 , a1) am1(m 1)! am2 (m 2)! a2 2! a1 1!， 0 0 (m 1)! 0 (m 2)! 0 2 ! 0 1!
显然， am1(m 1)! am2 (m 2)! a2 2! a1 1! (m 1)(m 1)! (m 2)(m 2)! 2 2!1 1! m! (m 1)! (m 1)! (m 2)! 3! 2! 2!1! m!1
“＋”号数不限，未放“＋”号的线段合成一条线段，求放法的总数。从而不定
方程的整数解共有：
RC(,
6)
C(16
6
1,
6)
21 20191817 16 65 43 21
54
264
（组）
即共有 54 264 种安排方案。
5．若某两人拒绝相邻而坐，问 12 个人围圆周就坐有多少种方式？ 解：12 个人围圆周就坐的方式有： CP(12,12) 11!种，
不限，即相异元素允许重复的组合问题。
故安排方案共有： RC(,15) C(15 7 1,15) 54 264 （种）
另解：
因为允许 yi 0 ，所以问题转化为长度为 1 的 15 条线段中间有 14 个空，再 加上前后两个空，共 16 个空，在这 16 个空中放入 6 个“＋”号，每个空放置的
0
4 3 1
y3z
0பைடு நூலகம்
4 2
2
y
2
z
2
x4 y4 z4 4x3 y 4x3z 4xy3 4xz3 4 yz3 4 y3z
6x2 y2 6x2 z2 6 y2 z2 12x2 yz 12xyz2 12xy2 z
9．求 (x1 x2 x3 x4 x5 )10 展开式中 x23x3x46 的系数。
③ 三位数。百位上的数可从 A {0} 中选取，剩下的两位数可从 A 其余 7 个数中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有 7 P72 294 个；
④ 四位数。又可分三种情况： 千位上的数从 1，3，4 中选取，剩下的三位数从 A 中剩下的 7 个 数字中选 3 个进行排列，根据乘法法则，共有 3 P73 630 个； 千位上的数取 5，百位上的数从 0，1，3 中选取，剩下的两位数从 A 中剩下的 6 个数字中选 2 个进行排列，共有 3 P62 90 个；
10 461 394 944 000
典型错误： 先选 6 人坐前排，再选 4 人坐后排，剩下的 4 人坐入余下的 6 个座
位。故总的入坐方式共有： C(14, 6)P 8, 6C(8, 4)P 8, 4 P 6, 4 种。
但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全
坐后排，那么上式中的 C(8, 4)P 8, 4 就有重复。
（6）从 B 中选 5 个前锋，C 中 2 个当前锋，从 A 中选 4 个后卫， 选取方案有： C85 C54 种；
根据加法法则，总的方案数为： C87 C54 C87 C53 C21 C87 C52 C86 C21 C54 C86 C21 C53 C85 C54 1400
7．求 (x y 2z w)8 展开式中 x2 y2 z2w2 项的系数。 解：令 a x,b y, c 2z, d w ，则 (a b c d )8 中 a2b2c2z2 项的系数为
根据加法法则，满足条件的正整数共有： 7 49 294 630 90 1070 个；
3．一教室有两排，每排 8 个座位，今有 14 名学生，问按下列不同的方式入座， 各有多少种做法？ （1）规定某 5 人总坐在前排，某 4 人总坐在后排，但每人具体座位不指定； （2）要求前排至少坐 5 人，后排至少坐 4 人。
(x
y
z)4
4
4 0
0
x4
0
4 4
0
y4
0
4 0
4
z4
4
3
1
0
x3 y
3
4 0 1
x3z
2
4 2
0
x2
y2
2
4 0
2
x2
z2
4 2 11
x2
yz
1
4 30
xy3
1
4
0
3
xz3
4 11 2
xyz 2
1
4 2 1
xy2 z
0
4 1 3
yz3
解：用 A、B、C 分别代表 5 名打后卫、8 名打前锋、2 名可打前锋或后卫的集合， 则可分为以下几种情况： （1）7 个前锋从 B 中选取，有 C87 种选法，4 个后卫从 A 中选取，有 C54 种， 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C54 种； （2）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 3 名后卫，从 C 中选 1 名后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C53 C21 种； （3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫，C 中 2 名当后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C52 种；
（2）比 5400 小且每位数字不同且不出现数字 2 与 7 的正整数； 按正整数的位数可分为以下几种情况：设 A {0,1,3, 4,5, 6,8,9} ① 一位数，可从 A {0} 中任取一个，共有 7 个；
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组合数学（第二版）
② 两位数。十位上的数可从 A {0} 中选取，个位数上的数可从 A 中其余 7 个数字中选取，根据乘法法则，共有 7 7 49 个；
组合数学（第二版）
习题一（排列与组合）
1．在 1 到 9999 之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出 1，2，3，4 作排列的