第10讲 组合计数

第10讲 组合计数一、知识解读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． 排列组合题的求解策略：（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略．（2）分类与分步：有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理．（3）优先法：对于带有特殊元素的排列组合问题，一般应先考虑特殊元素，再考虑其它元素．（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间．（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列．（6）定序法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同排列，然后用总排列数除以这几个元素的全排列数．（7）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为311C ，这也就是方程12a b c d +++=的正整数解的个数．几种特殊的排列、组合 1．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r n ．证明：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r n ．2．圆排列定义1：从n 个不同元素中任取r 个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 r nnA K r=证明：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 rn nr K A ⋅=． 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(1, 2,, )i n i k =⋯, 12k n n n 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12!..!!!k n n n n证明：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12!!!k n n n 次，所以不全相异元素的全排列数12!..!!!k n n n n4．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12!..!!!k n n n n证明：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121k n n n n --++⋯+（）个元素中选n k 个元素，有121kk n n n n n C --++⋯+（）种方法，再由乘法原理得证．5．重复组合定义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1n r r C +-．证明：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 +r －1．显然下面两组数是一对一的：a 1≤a 2≤…≤a r ，1≤a 1<a 2+1<a 3+2<…<a r +r －1≤n+r －1． 设 1212{,,,|{12,,},}r i r A a a a a n a a a =⋯∈⋯≤≤⋯≤（）,， 1212 {,,,|{12,1}}r i r B b b b b n r b b b =⋯∈⋯+<<⋯<（），，－,．则由A 、B 之间存在一一对应，故r ——可重组合的个数为1n r r C +- ． 二、解题指导例1． （1）被3整除而又含有数字6的五位数有 ．解答：12504（2）用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有 个． 解答：4212224443426+204A C C C A C +⋅⋅⋅=（3）将1n +个不同的小球放入n 个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有种放法． 解答：21!C n n +（4）用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有 种可能的号码． 解答:4329521260C C C =（5）方程1231023x x x x +++⋯+=有 个非负整数解．解答：设（x 1, x 2,…,x 10）是原方程组的一个非负整数解，由于x i ≥0（i=1, 2, 10），因此， 2x 1≤2x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10=3，即2x 1≤3，所以x 1=0，1.下面分两种情形： （1）x 1=0，则x 2+x 3+…+x 10=3, 所以x i =0 , 1, 2 , 3 （i=2, 3 , …，10）. 如果有某个x i =3，则其他x i =0，这样解有C 19=9（个）.如果某个x i ≠3，若某个x i =2，则必有一个x j =1，i ≠j ，2≤i, j ≤9，这样解有C 19·C 18=72 如果对每个x i ≠2，3，则x 2, x 3，…，x 10中必有三个x i （2≤i ≤10）为1，这样解有C 93=84 （2）x 1=1，则x 2+x 3+…+x 10=1, 因此x 1，x 2，x 3…x 10中仅有一个是1，这样解有C 19=9 于是原方程组有1741939181919=++⋅+C C C C C 个非负整数解.例2． 数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？解答：【解】符合条件的四位数必含有一个1或者两个1.（1）含有两个1的情形从除1之外的其余9个数字中任取两个，有C 29种取法，再与其中的一个1组成任意排列的三位数，有P 33种，这样构成的首位为1的四位数共有N 1= C 29 P 33（个）. （2）只含有一个1的情形从其余的9个数字中任取两个，有C 29 种取法，其中一个数字被重复选出，有C 12种，这样的三个数字组成的三位数共有233P ，这样构成的首位为1的四位数共有23312292P C C N ⋅⋅=（个）.因此，符合题意的四位数共有N=N 1+N 2=432（个）.例3． 在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？解答：27个点成3*3*3排列。

24+15+4=43例4． 用,,,,A B C D E 五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？解答：根据分析可得：（3×2×1÷2）×5=3×5=15（种）；答：共有15种不同的涂色方法．例5． 某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？解答：优先考虑第五次（位置）测试．这五次测试必有一次是测试正品，有16C 种；4只次品必有一只排在第五次测试，有14C 种；那么其余3只次品和一只正品将在第1至第4次测试中实现，有44A 种．于是根据分步计数原理有16C 14C 44A 种．例6． 将r 个相同的小球，放入n 个不同的盒子（r n ≥）．（1）有多少种不同的放法？（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？解答:(1)r n ;(2)用隔板法：r 个球有1r -个位置，在这1r -个位置上插上1n -块隔板，则把这r 个小球分成了n 份，即满足题意。

所以有11n r C --种不同的方法。

例7． 8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩．（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的）解答：因旋转重合认为是相同的，可让某女孩G 固定不动，从25个男孩中任选16人，使两人随1个女孩，这16人可任意排列；对每一种排列，除G 外的7个女孩各与其后的两个男孩看成一个“个体”，连同其余9个男孩，总共16个“个体”，又可任意排列，其总数为162525!16!16!16!9!C ⋅⋅⋅=种例8． 设A 1，A 2，A 3是集合{1，2，…，n}的具有如下性质的分划：（1）若将每个子集的元素按递增顺序排列，则每两个相邻元素的奇偶性不同； （2）A 1，A 2和A 3中恰有一个最小元素是偶数，试求这种分划的个数． 提示 集合的分划是由一族集合A 1，A 2，A 3确定的，它们满足： A 1∪A 2∪A 3={1，2，…，n}，A 1∩A 2= A 2∩A 3= A 3∩A 1=φ． 集合的另一排列，如A 2，A 3，A 1和A 1，A 2，A 3是同一划分．解答：显然，题目中的条件（1）和（2）等价于对每个分划集决定可能放入该集的下一个数的奇偶性，而且，如果是还没有放进元素的，则由（2）可知放进它的第一个数必是与A 中的最小数有不相同的奇偶性；而对非空子集，下一个数的奇偶性由（1）决定.不失一般性.假设1∈A 1，而A 2的最小元素小于A 3的最小元素，于是2有两种放法：或放入A 1，或放入A 2.更进一步地，一旦k －1被放入A 2后，则k 就有两种可能的放法：或放入A 2，或放入A 3.假设在某一步，k －1可放入A i 1或A i 2，不仿放入A i 3（i 1, i 2 , i 3 是集合{1，2，3}的一种排列）.因为k －1与k 有不同的奇偶性，所以A i 3成为可放入的，而A i 2却不能放入，而且k 放入A i 1也是可能的。