组合计数

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6
49C ,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5
13143||||()10S S S S ===I I ，2324||||1S S S S ==I I ， 6
34322||()20,||0S S S S ===I I ；而123
4
||||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122
01(){,,,}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2012011
1
()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
201
012341000
5||||||||||a S S S S S C =++++=. 所以，S 的好子集个数为201
010001
||5
S 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3
1n 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，4
14n 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3456
45n n n n
C 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
[]2
20
()2n
m m
n 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2n
n C ，右端n x 的系数为
[][]2
2
220
!
2
2!(2)!!n
n
n m
m m
n m n n m m m n C C m n m m ---==⋅=⋅-∑∑ ②
由①和②即得2()n
n 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 ++++++++=+++++++++++++++++++++++++++++++++++6263646566676869707172
22323222x 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 n
n 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2
46C = (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2
7120C -=(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)386258
x 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。

问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？ 解1：不妨设1(0,)A a =，其中a 表示红，b 表示蓝
设(0,)n A a =有n a 种，(0,)b 有n b 种，(1,)a 有n C 种，(1,)b 有n d 种， 则1n n n n a a b c +=++
1n n n n b b d a +=++ 1n n n n c a c d +=++ 1n n n n d d b c +=++ 11111,0a b c d ==+=
111113()3n n n n n n n n n a b c d a b c d -----+++=+++==…
总满足条件情况为n n n a b c ++
又221111332n n n n n n n n n n d d c b d a d d --+---=++=+++=⨯+ 进而32(1)n n n n n a b c ++=+-
解2：先对边做标记：在两端点“同数异色”的边上标注x ，在两端点“异数同色”的边上标注y ，在两端点“同数同色”的边上标注1。

分步计数：
第一步，对顶点1A 赋值、染色，共有4种方法。

第二步，由于边1223211n n n n A A A A A A A A --- 、、、、各有3种标注方法，故这些边共有1
3n -中标注方法。

对于1n A A 的标注，我们注意：从顶点1A 出发，遇到标注x 的边，顶点改变颜色；遇到标注
y 的边，顶点改变数字，于是可以如下刻画
对顶点赋值、染色的一种方法合题意⇔1n A A 、同数，或同色
⇔边1223211n n n n A A A A A A A A --- 、、
、、上标注有偶数个边x ，或偶数个边y 。

故 对顶点赋值、染色的一种方法不合题意⇔边1223211n n n n A A A A A A A A --- 、、、、上标注有奇数个边x ，且奇数个边y 。

下计算这样不合题意的标注方法数。

设1(,)(1)n f x y x y -=++，则 该种数恰对应(,)f x y 中x y 、均为奇数次的系数和。

由于一个多项式()p x 的奇数次项的系数和为
()()()1
112
p p --，所以这个系数和为 ()()()()()()11111,11,11,11,12222f f f f ⎛⎫⎛⎫
------- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=
()1
1132(1)4
n n ---+- 第三步，根据以上两步的计算，可得这种密码锁的密码不同设置方法共有
()111114332(1)32(1)4n n n n n ----⎛⎫
----=+-- ⎪⎝⎭
=32(1)n n ++-种。

解3：对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在
的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点A 1上的设置(共有4种)，按照边上的字母可以依次确定点A 2，A 3，…，A n 上的设置．为了使得最终回到A 1时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a 、b 、c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．
设标有a 的边有2i 条，0[]2n i ≤≤，标有b 的边有2j 条，20[
]2
n i
j -≤≤．选取2i 条边标记a 的有2i
n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由
乘法原理，此时共有222i j
n
n i C C -种标记方法．对i 、j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为
2[][]2
222200
4()n n i
i
j n n i
i j C C
--==∑∑ ①
这里我们约定0
1C =. 当n 为奇数时，20n i ->，此时
2[
]222120
2n i
j n i n i
j C
----==∑
②
代入①式中，得
2[][][][]2
222
2222122200
4()4(2)2(2)
2
2(1)(21)(21)31
n n i
n
n i
j i n i i n i
n n i n n i j i i n n
k n k
k n k
k n
n k k n n n C C
C C C C -----====--=====+-=++-=+∑∑∑∑∑∑
当n 为偶数时，若2n i <
，则②式仍然成立；若2
n
i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法.于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为
2[][][]12
2
2
22221200
0[]2
221
4()41(2)24(2)33
n n i
n i
j i n i n n i n i j i n
i n i n n i C C C C -----===--=⎛⎫ ⎪
=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭=+=+∑∑
∑∑
综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种.
10．凸n 边形的任意3条对角线不相交于形内一点，问：（1）这些对角线将凸n 边形分成了多少个区域？（2）这些对角线被交点分成了多少条线段？ 解：（1）设凸n 边形被对角线分割成的区域中，边数最多的为m 边形.其中三角形有3n 个，四边形有4n 个，…，m 边形有m n 个，于是凸n 边形被分成的区域个数34m S n n n =+++…. 一方面，各区域的顶点数的总和为3434m n n m n +++⋅….
另一方面，对角线在形内有4n C 个交点，每个交点是4个区域的公共顶点（因无3条对角线交于
形内一点）.又凸n 边形有n 个顶点，每个顶点是2n -个区域的公共顶点，所以
4
34344(2)m n n n m n C n n +++⋅=+-….
①
其次，各内角之总和为344180360(2)180m n n n n m ⋅++⋅++-⋅o o o ….
另一方面，原凸多边形的n 个顶点处的内角和为(2)180n -⋅o ，又4
n C 个对角线交点处的内角的
和为4
360n
C ⋅o ，所以
4
34180360(2)180360180(2)m n n n n m C n ⋅+⋅++-⋅=⋅+-o o o o o …，即
4
342(2)2(2)m n n n m n C n +++-=⋅+-….
②
[①－②]÷2，得：
442
341
2
1(1)(2)2
1(1)(2)(312)24
m n n n S n n n C n n C C n n n n -=+++=+--=+=---+…
（2）从形内每一交点处出发有4条对角线上的线段，形内一共有4n C 个交点，共有4
4n C ⋅条线段.
又从凸n 边形每个顶点出发有3n -条对角线上的线段，故从n 个顶点出发共有(3)n n -条线段.但以上计数时，每条线段计算了2次，故对角线被交点分成的线段数为
442111[4(3)]2(3)(3)(38)2212
n n C n n C n n n n n n +-=+-=--+.
11．有n 个人，已知他们任意2人至多通电话一次，他们任意2n -个人之间通电话的总次数相
等，都等于3k （k 为正整数）.求n 的所有可能的值.
解：设n 个人之间通话的总次数为m ，因n 个人可形成2
n n C -个2n -人组，而每2n -人之间通
话的总次数都为3k ，故所有2n -人组中通话次数的总和为23n k n C -⋅.
另一方面，上述计数中，每一对通话的人属于4
2n n C --个
2n -人组，故每2人间的一次通话重复计算了4
2n n C --次，所以
2423(1)3(2)(3)
n k
k
n n n C n n m C n n ----⋅==--.
（1）若3不整除n ，即(3,)1n =时，有(3,)1,(3,3)1k n n n -=-=. 又(2,1)1n n --=，所以3|1n n --，即12
133
n n n -=+
--为正整数，所以3|2,32,5n n n --≤≤. 又233,5,k n C n -≥≥∴≥故5n =.
（2）若整除n ，则3|3,3|n -2n -，即(3,2)1n -=，又(2,1)1n n --=， 所以2|2n -，故22n -≤，即4n ≤，这与5n ≥矛盾.
由（1）（2）知n 只可能为5，另一方面，若5n =个人，其中每2人通电话一次，则任意23
n -=人之间通话的次数都为2
13
3C =（这里1k =为正整数）满足题目要求，故所求正整数只有一个：
n=.
5
12．出席某会议共12k个人（k∈Z）,其中每个人均恰好同其余36
k+个人相识；对任何两个人，均有n个人同他们相识，问共有多少人出席会议？
针对训练：
1．求由1，2，3，4，5，6六个数字构成的至少有三位数不同，且1，6不相邻的五位数的个数. 2．给定一个2008×2008的棋盘，棋盘上每个小方格的颜色均不相同．在棋盘的每一个小方格中填入C，G，M，O这4个字母中的一个，若棋盘中每一个2×2的小棋盘中都有C，G，
M ，O 这4个字母，则称这个棋盘为“和谐棋盘”．问有多少种不同的“和谐棋盘”？
3．已知某议会共有30名议员，其中每两人或者是朋友，或者是政敌，每位议员都有6个政敌，每3个人组成一个3人委员会，如果一个委员会里3个人两两都是朋友或者两两都是政敌，则称之为好委员会，求所有好委员会的个数.
4．将一个2n ⨯个方格的带形的某些格中染上颜色，使任何22⨯的方格都没有完全染上颜色，以n p 来记所有满足条件的不同染色方法和数目.求证1989p 能被3整除，并求能整除1989P 的3的最高次幂.
解 考察最后一列两个方格的染色情形：
(1)两个方格不全染色．其一，两个方格均不染色，问题转化为前面2×(n －1)个方格的带形按题设条件染色，有1n P -种染法．其二，两个方格之一染色，同样地，各有染法1n P -种．故此时染法共有13n P -种；
(2)两个方格均染色，再考察倒数第二列两个方格，有23n P -种染色方法． 综合(1)、(2)知，123(),3n n n P p p n --=+≥． 易知，124,15p p ==．
显然，当3n ≥时，n p 是3的倍数．故1989p 是3的倍数．
能过观察分析知，3|2123,3|,3|,3|p p p 2334,3|,3|p p 4p ….由此可以猜测：
1213|,3|n n n p --21n p -，但23|n n p .
（①）
下面用数列归纳法证明结论（①）
奠基成立是显然的，假设n k =时结论（①）成立，则1n k =+时，由递推式有
21221222123(),3()k k k k k k p p p p p p +-++=+=+.
由假设，1213|,3|k k k p --21k p -但23|k k p .故12213|,3|k k k k p p --+且1221213|3|k k k k k p p p +-++⇒且21k p + 再依上述推导和归纳假设知，1223|k k p ++.
综上所述，对一切*n N ∈，结论（①）成立，特别地，当1989n =时，能整除1989p 的3的最高次幂为9943.
5. 用P n (k)表示1, 2, …, n 中恰有k 个数在原来位置上的全排列的个数. 求证:
∑==n
k n
n k kP 1
!)(.
6. 已知(E1, E2, E3, E4)是某个n元集合的四元有序子集组, 满足E1 E2≠φ, E2 E3≠φ, E3 E4
≠φ. 问: 有多少个这样的子集组?
7．设4×4×4的大正方体由64个单位正方体组成．选取其中的16个单位正方体涂成红色，使得大正方体中每个由4个单位正方体构成的1×1 × 4的小长方体中，都恰有1个红正方体．问16个红正方体共有多少种不同取法?说明理由．
解：选择4×4×4大正方体的某个4×4侧面作为基准面．将大正方体划分
成平行于基准面的四层(每层为4×4×1长方体)．依次用l，2，3，4给各层
编号．将各个涂红单位正方体投影到基准面上并在投影方格内填写该红色单
位正方体所在的层号．这样，我们得到一个4×4方格表，每格填写{1，2，3，
4}中的一个数，填同样数的方格既不同行也不同列．这样一个4×4方格表被
称为一个4阶拉丁方．反之，每一个4阶拉丁方惟一决定了符合题目要求的
一种涂色法，不同的拉丁方决定不同的涂色法．因此，题目转化为确定总共有多少不同的4阶拉丁方．
约定如图4-1-7那样用(i，j)标示4x4方格表中各单位方格的位置．对于(l，2，3，4)的任一排列(a，b，c，d)，我们来考察如图4-1-8(1)所示的拉丁方的个数．为此目的，先考察如图4-1-8(2)所示的拉丁方的个数．
图4-1-8(2)的(2，2)方格可填写{a，b，c，d}中的任一个数，以下分别考察这三种情形．
(1)设图4-1．8(2)的(2，2)方格填写a．
对此情形，在(2，3)和(3，2)方格内只能填写d；接着在(2，4)和(4，2)方格内只能填写c；然后在(3，3)方格内可以填写a或b．当(3，3)方格选定一种填写之后，剩下3个方格的填写法惟一确定．因此，相应本情形的拉丁方恰有2个．
(2)设图4-1-8(2)的(2，2)方格填写c．
对此情形，在(2，4)和(4，2)方格内只能填写a；接着在(2，3)和(3，2)方格内只能填写d；然后在(3，4)和(4，3)方格内可以填写b．在这些方格填写后，剩下方格的填写法惟一确定．因此，相应本情形的拉丁方恰有l个．
(3)设图4-1-8(2)的(2，2)方格填写d．
与(2)所述情形类似，对本情形可以判定只有惟一的填写法，即恰有一个拉丁方．
根据以上讨论，如图4－1－8(2)所示的那类拉丁方恰有4个．每个这样的拉丁方通过第2，3，4行的置换产生3！个不同的如图4－1－8(1)所示的那类拉丁方．因此，如图4－1－8(1)所示的那类拉丁方恰有4×31个．最后，因为排列(a，b，c，d)有4！个，所以4阶拉丁方总共有(4！)2个．
故题目所述的l6个涂色方体的选取办法总共有(4！)2=576种．
8．记n a 为下述自然数N 的个数：N 的各位数字之和为n ，且每位数字只能取1，3或4.求证：
2n a 是完全平方数，这时1,2,.n =L
证明（1）求初始值.用枚举法易知12341,1,2, 4.a a a a ====
（2）求递推关系.设12,k N x x x =L 其中{}12,,1,3,4k x x x ∈L 且12.k x x x n +++=L 当4n >时，当1x 依次取1，3，4时，23k x x x +++L 依次取1,3,4,n n n ---故有134(4).n n n n a a a a n ---=++≥ （3）寻求新的递推关系.
通过上表，我们得到下列结论： 设1221,2,(1).n n f f f f n +===≥ ①
则2221
1,(1,2,3,).n n n n n a f n a f f ++=⎧=⎨=⎩L
②③
下面用数学归纳法证明②，③成立. 1n =时，2213121,2.a f a f f ==== 2n =时，2425234,623.a f a f f ====⨯=
即12,n =或，时②③成立.
设1n k =-及n k =时，②，③成立，则由①及归纳假设有 22(1)212122111k k k k k k k k k a a a a f f f f f ++--+--=++=++
=111111()k k k k k k k k k f f f f f f f f f +--+-+++=+ =2111(),k k k k f f f f -+++=
2222(1)22111(1)1k k k k k k k a k a a a f f f f +-+-++=++=++
=22111111()()k k k k k k k k k k f f f f f f f f f f +-++++++=+=+
=12k k f f ++.
即1n k =+时，②，③成立，故对一切正整数n ，有②，③成立. 所以22(1,2,)n n a f n ==L 为完全平方数.
注 通过观察上述数表，我们还可得到下列一些结论： （1）. 22122122221,(1,2,).n n n n n n a a a a a a n +-++=+==L （2）. 2,
2221
211()(3,4,)()().n n n n n n n n a a a n a a a a a -+-+-=+⎧=⎨=++⎩L
（3）
. 22(5).n a n =≥
上述结论都不难用数学归纳法给出证明（具体证明留给读者作为练习），于是，可由这些结论中
任何一个推出原理中结论成立.
9．若{}1,2,,n L 的一个排列{}12,,,n i i i L 满足121,2,,n i i i n ≠≠≠L ，则称{}12,,,n i i i L 为
{}1,2,,n L 的一个错位排列.试求{}1,2,,n L 的所有错位排列的个数n D
.
10．已知}{1,1,1,2,,2,i x i n ∈+-=L 并且120,1,2,,21,i x x x i n +++≥=-L L
①
1220.n x x x +++=L
②
求有序数组122(,,,)n x x x L 的个数n c .
解：由②，122(,,,)n x x x L 中有n 个+1，n 个－1.122,,n x x x ⋅⋅⋅中选n 个为+1，其余为－1，的
方法有2n
n C 种，我们考虑这样作成的122(,,,)n x x x L 中有多少个不符合①，设这个数为n t .
如果122(,,,)n x x x L 不符合①，那么一定存在一个最小的自然数()s s n ≤，满足：
122221()0()1
s s i x x x ii x --++⋅⋅⋅+==-
将1221,,,s x x x -L 统统改变符合，这一对应f ：
1212212122(,,,,,)(,,,,,)
s s n s s n x x x x x x x x --⋅⋅⋅⋅⋅⋅→-⋅⋅⋅-⋅⋅⋅
将122(,,,)n x x x L 变为1n +个+1，1n -个－1组成的有序数组12(,,)n x x L ，由于+1的个数多于－1，必存在一个最小的自然数s ，满足
12211s x x x -+++=+…
令对应g 为
1212212122(,,,,,)(,,,,,)
s s n s s n x x x x x x x x --⋅⋅⋅⋅⋅⋅→-⋅⋅⋅-⋅⋅⋅
显然g 是f 的逆映射.因此n t 就是1n +个+1，1n -个－1组成的有序数组的个数，即1
2n n C +.
综上所述
1
22211
n n n
n n n n c C C C n +=-=
+， 即卡塔兰数n C .。