离散数学第2章计数问题方案
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离散数学中的图的树与生成树的计数
在离散数学中，图是一个由点和边组成的抽象数学模型。
其中，树是一种特殊的图，它是一个无环连通图。
在图论中，树扮演了重要的角色，它具有许多有趣的性质和应用。
而生成树则是树的一个特殊子集，它由给定图中的所有顶点和部分边构成。
本文将介绍图的树的基本概念，并探讨生成树的计数方法。
首先，让我们来看看图的树。
树是一种无环连通图，其中任意两个顶点之间存在唯一一条路径。
它具有以下性质：1.n个顶点的树有n-1条边。
这可以通过归纳法证明：当n=1时，结论成立；假设n=k时成立，那么n=k+1时，只需要添加一个顶点和一条边，即可构成n=k+1个顶点的树。
因此，结论成立。
2.连接树上任意两个顶点的边都是桥。
即如果一条边被删除，那么树就会变成两个或更多个不相连的子树。
3.树是一个高度平衡的结构。
对于一个n个顶点的树，任意两个叶子结点之间的路径长度至多相差1。
4.树的任意两个顶点之间有唯一一条路径，路径长度为顶点之间的边数。
接下来，让我们来讨论生成树的计数方法。
生成树是树的一个特殊子集，它是由给定图中的所有顶点和部分边构成。
生成树的计数在图论中具有重要的意义和应用。
对于一个具有n个顶点的连通图来说，其生成树的个数可以通过Cayley公式计算得到。
Cayley公式是由亚瑟·凯利于1889年提出的，它给出了完全图的生成树数目。
据此，我们可以得到生成树的计数公式为：T = n^(n-2)，其中T表示生成树的个数。
此外，还有一种常见的计数方法是基于度数矩阵和邻接矩阵的矩阵树定理。
矩阵树定理由高斯于1847年提出，它提供了一种计算图的生成树个数的方法。
根据矩阵树定理，一个无向图G的生成树数目等于该图度数矩阵的任意一个(n-1)阶主子式的行列式的值。
其中，度数矩阵是一个对角矩阵，它的对角线上的元素为各个顶点的度数。
邻接矩阵则是一个关于顶点间连接关系的矩阵，其中1表示相邻顶点之间存在边，0表示不存在边。
除了数学方法，还存在一种基于图的遍历的计数方法，称为Kirchhoff矩阵树定理。
离散数学教程与范例
离散数学是现代数学的一个重要
绪 言
分支，是计算机科学与技术的基 础理论的核心课程之一。离散数 学与计算机科学中的数据结构、 操作系统、编译理论、算法分析、 逻辑设计、系统结构、机器定理 证明等课程息息相关。 基本内容包括数理逻辑、集合论、 代数系统、图论等几大部分。
离散数学
离散数学(Discrete Mathematics)："研究离散
七桥问题
哥尼斯堡城位于普雷格尔河畔，河中有两个岛，七 座桥使两个河心岛及两岸彼此相连。十八世纪的城中居 民热衷于这样一个问题：游人从四块陆地中的任何一地 出发，能否找到一条路线，通过每桥一次且仅一次，最 后返回原地？
欧拉对七桥问题的解 1736年，著名数学家欧拉研究了七桥问题，他将这 个问题用结点和弧边组成的图来表示，问题归结为从 图中任一结点出发，经过每边一次且仅一次的回路是 否存在？他找到了存在这样一条回路的充分必要条件， 并由此判断七桥问题无解而结束了哥尼斯堡城民的烦 恼。例2 Nhomakorabea2.4 解
（1）根据乘法原理，可能的选法种数为 6×5×4= 120； （2）[法一] 根据题意，确定职位可分为3个 步骤：确定主席有2种选择；主席选定后， 秘书有5个人选；主席和秘书都选定后，出 纳有4个人选。根据乘法原理，可能的选法 种数为2×5×4 = 40；
2013-7-28
例2.2.4 解(续)
解（二）
用一一对应技术 一场比赛对应一个被淘汰者，反之也真，那 么比赛场数与被淘汰者人数是相等的。由于 优胜者只有一人，全部被淘汰者是100人， 因此要进行100场比赛方可决出优胜者。
土耳其商人和帽子的故事
这是著名物理学家爱因斯坦出过的一道题。
一个土耳其商人，想找一个十分聪明的助手协助他经商， 有两个人前来应聘，这个商人为了试一试哪一个聪明些，就 把两个人带进一间漆黑的屋子里，他打开电灯后：“这张桌 子上有五顶帽子，两顶是红色的，三顶是黑色的。现在，我 把灯关掉，而且把帽子摆的位置弄乱，然后我们三个人每人 摸一顶帽子戴在头上，在我开灯后，请你们尽快的说出自己 头上戴的帽子是什么颜色的。”说完之后，商人将电灯关掉， 然后三人都摸了一顶帽子戴在头上，同时商人将余下的两顶 帽子藏了起来，接着把电灯打开，这时，那两个有应试者看 到商人头上戴的是一顶红帽子，过了一会儿，其中一个人便 喊到：“我戴的是黑帽子。” 请问这个人猜得对吗？是怎么推导出来的？
离散计算技术.离散数学.课件.第二章.证明.ch2.ppt
14
16:26:59
Example 2.1.8: The integer n=12 is even because there exists an integer k=6 such that n=12=2k=26
Example 2.1.10: Given a direct proof of the following statement: For all integers m and n, if m is odd and n is even, then m+n is odd. Discussion: Proof: Let m and n be arbitrary integers, suppose that m is odd and n is even. Then, by definition, there exists two integers k1 and k2 such that m=2k1+1, n=2k2 . Then, the sum is m+n= (2k1+1)+2k2 =2(k1+k2 )+1. Thus, there exists an integer k=k1+k2 such that m+n=2k+1. Therefore m+n is odd.
16:26:59
3
Chapter 2 Proofs
Mathematical Systems, Direct Proofs, and Counterexamples More Methods of Proof Resolution Proofs Mathematical Induction Strong Form of Induction and the Wellordering Property
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Example 2.1.8: The integer n=12 is even because there exists an integer k=6 such that n=12=2k=26
Example 2.1.10: Given a direct proof of the following statement: For all integers m and n, if m is odd and n is even, then m+n is odd. Discussion: Proof: Let m and n be arbitrary integers, suppose that m is odd and n is even. Then, by definition, there exists two integers k1 and k2 such that m=2k1+1, n=2k2 . Then, the sum is m+n= (2k1+1)+2k2 =2(k1+k2 )+1. Thus, there exists an integer k=k1+k2 such that m+n=2k+1. Therefore m+n is odd.
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Chapter 2 Proofs
Mathematical Systems, Direct Proofs, and Counterexamples More Methods of Proof Resolution Proofs Mathematical Induction Strong Form of Induction and the Wellordering Property
离散数学第二章讲解
2018/12/20 18
练习
1. 设A={0,1}, B={1,2}, 则AB ={(0,1),(0,2), (1,1),(1,2)} BB ={(1,1),(1,2), (2,1),(2,2)}
2. #A=2, #B=3 则#(AB)= 6
#(2AB)= 26 由A到B的不同的关系的个数是 26
2018/12/20 16
普遍关系 因为AB AB，AA AA 所以AB是一个由A到B的关系 AA是A上的一个关系
常将AA记作UA={(ai,aj)|ai,ajA}
恒等关系 定义集合A上的恒等关系IA={(a,a)|aA}
例:设A={a,b,c},则 UA=AA={(a,a),(a,b),(a,c), (b,a),(b,b),(b,c), (c,a),(c,b),(c,c)}是A上的普遍 关系 IA={(a,a),(b,b),(c,c)}是A上的恒等关系
2018/12/20 14
对于B={2,5,8}
则B×B ={(2,2),(2,5),(2,8),(5,2),(5,5),(5,8) ,(8,2),(8,5),(8,8)} 令6={(2,2),(5,2),(8,2)}
7={(8,5), (5,2),(2,8),(2,5)}
因为6 BB, 7 BB, 所以，6, 7均是集合B上的关系
其中第i个元素ai称为该有序n元组的第i个坐标。
例 {a,b,c,d}={b,a,d,c},但(a,b,c,d)(b,a,d,c) {4,4,3,2}={4,3,2} ,但(4,4,3,2)(4,3,2) 当n=2时，有序二元组(a,b)又称为序偶。
2018/12/20 2
定义：设(a1,a2,…,an) 和(b1,b2,…,bn)是两个有序n元组， 若a1= b1, a2=b2,…,an=bn,则称这两个有序n元组相等，并 记作(a1,a2,…,an)=(b1,b2,…,bn)。
练习
1. 设A={0,1}, B={1,2}, 则AB ={(0,1),(0,2), (1,1),(1,2)} BB ={(1,1),(1,2), (2,1),(2,2)}
2. #A=2, #B=3 则#(AB)= 6
#(2AB)= 26 由A到B的不同的关系的个数是 26
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普遍关系 因为AB AB，AA AA 所以AB是一个由A到B的关系 AA是A上的一个关系
常将AA记作UA={(ai,aj)|ai,ajA}
恒等关系 定义集合A上的恒等关系IA={(a,a)|aA}
例:设A={a,b,c},则 UA=AA={(a,a),(a,b),(a,c), (b,a),(b,b),(b,c), (c,a),(c,b),(c,c)}是A上的普遍 关系 IA={(a,a),(b,b),(c,c)}是A上的恒等关系
2018/12/20 14
对于B={2,5,8}
则B×B ={(2,2),(2,5),(2,8),(5,2),(5,5),(5,8) ,(8,2),(8,5),(8,8)} 令6={(2,2),(5,2),(8,2)}
7={(8,5), (5,2),(2,8),(2,5)}
因为6 BB, 7 BB, 所以，6, 7均是集合B上的关系
其中第i个元素ai称为该有序n元组的第i个坐标。
例 {a,b,c,d}={b,a,d,c},但(a,b,c,d)(b,a,d,c) {4,4,3,2}={4,3,2} ,但(4,4,3,2)(4,3,2) 当n=2时，有序二元组(a,b)又称为序偶。
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定义：设(a1,a2,…,an) 和(b1,b2,…,bn)是两个有序n元组， 若a1= b1, a2=b2,…,an=bn,则称这两个有序n元组相等，并 记作(a1,a2,…,an)=(b1,b2,…,bn)。
第2章 计数问题
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定理2.3.4（续）
根据乘法原理，n个元素的r排列数为： 即
P(n, r) r!C(n, r)
P(n, r) n! C(n, r) r! r!(n r)!
2018/10/9
27
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例2.3.5
一副52张的扑克牌含有4种花色：梅花、方片、红 桃和黑桃；各有13种点数，分别为A, 2—10, J, Q, K。试求满足下列条件的组合数。 （1）手中持有5张牌称为一手牌，一手牌共有多少 种可能的组合？
表2.2.1
开胃食品 种类 价格( 元) 2.15 主食 种类 价格 饮料 种类 价格
玉米片 (Co) 色拉(Sa)
汉堡(H) 3.25 三明治 3.65 (S) 鱼排(F) 3.15
1.90
2018/10/9
茶水 (T) 牛奶 (M) 可乐 (C) 啤酒 (B)
0.70 0.85
0.75 0.75
2018/10/9
14
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2.3
排列与组合
Zeke、Yung、Xeno和Wilma四个候选人竞选同一 职位。为了使选票上人名的次序不对投票者产生影 响，有必要将每一种可能的人名次序打印在选票上。 会有多少种不同的选票呢？ 从某个集合中有序的选取若干个元素的问题，称为 排列问题。
2018/10/9
10
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例2.2.4 解(续)
[法二] 若Alice被选为主席，共有5×4 = 20种方法确定其 他职位；若Ben为主席，同样有20种方法确定其他 职位。由于两种选法得到的集合不相交，所以根据 加法原理，共有20＋20 = 40种选法；
离散数学课件：第2章
第二章 一 阶 逻 辑
前两句在确知“小王”和“李老师”之后均是命题， 第三句因为含有变元所以是命题函数。但实际上我们知道， 只要将x、y限制在数的范围内，第三句是一个数学定理， 是真命题，这就涉及到了个体域，在这个个体域中命题函
数是真的，在那个个体域中又有可能是假的，这就需要对
变量作“量化”。例如，“x2-4=0”这句话不能确定其真伪， 因为我们不知道x的取值。如果在这句话之前加上“当x=1
第二章 一 阶 逻 辑
第二篇 集合论
2.1 一阶逻辑的基本概念
2.2 一阶逻辑公式及解释
2.3 等值演算和前束范式
2.4 一阶逻辑推理理论
2.5 进制例题选解 习题二
第二章 一 阶 逻 辑
在命题逻辑中，我们把命题分析到简单命题为止，而 简单命题是不再进行分析的基本元素，因此，当推理涉及 到简单命题的结构时，命题逻辑对此是无能为力的。例如 下面的推理： 所有的自然数都是实数，3是自然数。所以，3是实数。 根据数学方面的知识，我们知道这个推理是正确的。然而， 在命题逻辑中，这个推理的正确性是无法证明的，这是因 为上述推理中的三句话均是简单命题，且各不相同，如果 把它们形式化为命题逻辑中的公式，以p表“所有的自然数 都是实数”，以q表“3是自然数”，以r表“3是实数”， 则推理可以写为： (p∧q)r
第二章 一 阶 逻 辑
上面这些简单命题中，小王、2、3、5、6均是个体， “„„是学生”，“„„是素数”，“„„整除„„”， “„„位于„„与„„之间”均是谓词。前两个谓词描述 的是一个个体的性质，称为一元谓词； 第三个表示两个个 体之间的关系，称为二元谓词； 第四个表示三个个体之间 的关系，称为三元谓词。以此类推，我们将描述n(n≥2)个个 体之间关系的谓词称为n元谓词。通常用大写字母F、G、 H(可加下标)来表示谓词。如： F表示“„„是学生”； G表示“„„整除„„”； H表示“„„位于„„与„„之间”。
离散数学课件-第2章-2
There are two important aspects of the computational complexity of an algorithm: Space Complexity（空间复杂度）: Gives the approximate amount of memory required to solve a problem of size n（解决问题所需的内存空间的大小）.
大О 符号
【定理1】令f(x) = anxn + an-1xn-1 +…+ a1x+ a0，其中a0, a1 ,…, an 为实数， 那么f(x)是O(xn).
【Theorem1】Let f(x) = anxn + an-1xn-1 +…+ a1x+ a0,where a0, a1 ,…, an are real numbers. Then f(x) is O(xn).
Addition of functions（函数的和）
【定理2】假定f1(x) 是O(g1(x))，f2(x) 是 O(g2(x)),那么(f1 + f2)(x) 是 O(max(g1(x),g2(x))). 【Theorem2】 If f1(x) is O(g1(x)) and f2(x) is O(g2(x))， then (f1 + f2)(x) is O(max(g1(x),g2(x))).
大Ω 和大Θ 符号
当f(x)=O(g(x))时，g(x)估计f(x)值的 一个上限（x充分大时）。 我们使用大Ω符号估计f(x)的下限. 若函数f(x)的规模相对于参照函数g(x) 的上限和下限时，使用大Θ符号。
【定义2】令f和g为从整数集合或实数集合到实数 集合的函数，我们说f(x)是Ω (g(x)),如果存在正 常数C和k，使得在x>k时 |f(x) | C| g(x)| 读作f(x)是大Ωg(x)。
离散数学课件-第2章-3
例 100，641，999和1024的素因子 如解如下：
➢100=2×2×5×5=2252
➢641=641
➢999=3×3×3×37=33×37
➢1024=2×2×2×2×2×2×2×2×2×2 =210
2020/6/15
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素 数
定理3（证明是否是素数） 如果n是合数，那么n必有一个小于 或等于 的n素因子 如果整数不能被小于或者等于其平 方根个的素数整除，那么该数就是 一个素数。
Some basic properties of divisibility of integers: （整数整除性的某些基本性质）
[ Theorem 1 ] Let a, b, and c be integers. Then
1. if a|b,a|c,thean|(bc) 2. if a|b,thean|bcforallinetgecrs 3. if a|b,b|c,thean|c
2.4 Integers and Algorithm 整数和算法 2.5 Applications of Number Theory数论的应用 2.6 Matrices 矩阵 2.7 Recursion 递归
2020/6/15
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整数和除法
Number theory(数论)is the branch of mathematics
(不超过n的正整数中有多少能被d整除)
Solution:
The positive integers divisible by d are all the integers of the form dk, where k is a positive integer.能被d整 除的正整数都是dk的形的，其中k是正整数 Hence ,the number of positive integers divisible by d
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2019/7/8
78-16
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定理2.3.1
对满足r≤n的正整数n和r有
P(n,r)= n×(n - 1) (n -(r - 1))
第1位 第2位 第3位
第r-1位 第r位
n n-1 n-2 … … n-(r-2) n-(r-1)
2019/7/8
[法二]若令狐冲被选为主席，共有5×4 = 20种方
法确定其他职位；若岳不群为主席，同样有20种方
法确定其他职位。由于两种选法得到的集合不相交，
所以根据加法原理，共有20＋20 = 40种选法；
2019/7/8
78-11
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例2.2.4 解(续)
很重要的，特别是在《数据结构》、《算法分析与
设计》等后续课程中有非常重要的应用。
2019/7/8
78-2
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2.0 内容提要
1 乘法原理和加法原理
2
排列与组合
3 容斥原理与鸽笼原理
2019/7/8
78-3
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（3）若任我行必须有职位，共有多少种选法？
（4）若田伯光和东方不败都有职位，共有多少种 选法？
2019/7/8
78-10
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例2.2.4 解
（1）根据乘法原理，可能的选法种数为6×5×4= 120；
（2）[法一] 根据题意，确定职位可分为3个步骤： 确定主席有2种选择；主席选定后，秘书有5个人选； 主席和秘书都选定后，出纳有4个人选。根据乘法 原理，可能的选法种数为2×5×4 = 40；
1167)和法国数学家、哲学家、天文学家Levi ben
Gerson(1288～1344)是排列与组合领域的两位早期
研究者。另外，法国数学家Blaise Pascal还发明
了一种机械计算器，这种计算器非常类似于20世纪
40年代在数字电子计算机发明之前使用的一种机械
计算器。同时，计数技术在数学和计算机科学中是
= 6377551个接收者。
2019/7/8
78-7
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例2.2.3
在一幅数字图像中，若每个像素点用8位进行编码， 问每个点有多少种不同的取值。 分析 用8位进行编码可分为8个步骤：选择第一位， 选择第二位，… ，选择第八位。每一个位有两种 选择，故根据乘法原理，8位编码共有 2×2×2×2×2×2×2×2 = 28 = 256种取值。 解 每个点有256( = 28) 种不同的取值。
2019/7/8
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2.2.2 加法原理
假定X1, X2, …, Xt均为集合，第i个集合Xi有 ni个元素。如X1, X2, …, Xt为两两不相交的集合， 则可以从X1, X2, …, Xt中选出的元素总数为：
n1 + n2 + … + nt。
2019/7/8家精品课程 双语示范课程
定理2.3.3
含n个不同元素的集合的环形r-排列数Pc(n,r)是
Pc(n, r)=
P(n, r) r
=
n! r×(n -
r)!
2019/7/8
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例2.3.4
2019/7/8
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例2.3.1
从含3个不同元素的集合S中有序选取2个元素的排 列总数。 解 从含3个元素的不同集合S中有序选取2个元素 的排列总数为6种。 如果将这3个元素记为A、B和C，则6个排列为
AB, AC, BA, BC, CB, CA。
立和计算
了解
3
1. 离散概率 2. 离散概念的计
算公式及性质
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例2.2.2 Melissa病毒
1990年，一种名叫Melissa的病毒利用侵吞系统资源的 方法来破坏计算机系统，通过以含恶意宏的字处理文 档为附件的电子邮件传播。当字处理文档被打开时， 宏从用户的地址本中找出前50个地址，并将病毒转发 给他们。用户接收到这些被转发的附件并将字处理文 档打开后，病毒会自动继续转发，不断往复扩散。病 毒解非常根快据速M地el转is发sa邮病件毒，的将扩被散转原理发，的经邮过件四临次时转存发储，在 某共个有磁盘上，当磁盘占满后，系统将会死锁甚至崩溃。 问5经0×过5四0×次5转0×发5，0+共50有×多50少×个50接+收50者×？50+ 50 +1
2019/7/8
2019/7/8
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定理2.3.4
对满足0< r ≤n的正整数n和r有，即
C(n,r)= n! r!(n - r)!
证明 先从n个不同元素中选出r个元素，有 C(n, r)种选法，再把每一种选法选出的r个 元素做全排列，有r！种排法。
2019/7/8
(3)[法一] 将确定职位分为3步：确定任我行的职
位,有3种方法；确定余下的较高职位人选, 有5个
人选；确定最后一个职位的人选, 有4个人选。根
据乘法原理，共有3×5×4 = 60种选法；
[法二] 根据(1)的结论，如果任我行为主席，有20
种方法确定余下的职位；若任我行为秘书，有20种
方法确定余下的职位；若任我行为出纳员，也有20
种方法确定余下的职位。由于三种选法得到的集合
不相交，根据加法原理，共有
20＋20＋20 = 60种选法；
2019/7/8
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例2.2.4 解(续)
（4）将给田伯光、东方不败和另一个人指定职位 分为3步：
给田伯光指定职位，有3个职位可选； 给东方不败指定职位，有2个职位可选； 确定最后一个职位的人选，有4个人选。 根据乘法原理，共有3×2×4 = 24种选法。
例2.3.5
一副52张的扑克牌含有4种花色：梅花、方片、红 桃和黑桃；各有13种点数，分别为A, 2—10, J, Q, K。试求满足下列条件的组合数。 （1）手中持有5张牌称为一手牌，一手牌共有多少 种可能的组合？ （2）一手牌中的5张都是同一花色，共有多少种可 能的组合？ （3）一手牌中有3张牌点数相同，另外两张牌点数 相同，共有多少种可能的组合？
2019/7/8
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2.3 排列与组合
郭靖、杨康、黄蓉和丘处机四个候选人竞选同 一职位。为了使选票上人名的次序不对投票者产生 影响，有必要将每一种可能的人名次序打印在选票 上。会有多少种不同的选票呢？
从某个集合中有序的选取若干个元素的问题，称为 排列问题。
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例2.3.3
6个人围坐在圆桌上，有多少种不同的坐法？通过 转圈得到的坐法视为同一种坐法。
解 6个人围坐在圆桌上，
F
E
有120种不同的坐法。
B
A
D
C
n个人围坐圆桌上，有(n-1)！种不同的坐法，我们称 这种排列为环排列，从n个人中选出r个人为圆桌而坐 称为环形r -排列。
2019/7/8
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2.3.1 排列问题
定义2.3.1 从含n个不同元素的集合S中有序选取 的r个元素叫做S的一个r -排列，不同的排列总数 记为P(n, r)。如果r = n，则称这个排列为S的一 个全排列，简称为S的排列。 显然，当r＞n时，P(n, r) = 0。
10!× P(11, 5) =（10!×11!)/6! 。
2019/7/8
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电子科技大学离散数学课程组——国家精品课程 双语示范课程
例2.3.4 解（续）
（2） 根据定理2.3.3，10个男孩站成一个圆圈的 环排列数为9！，5个女孩插入到10男孩形成的10个 空中的插入方法数为P(10, 5)。根据乘法原理，10 个男孩和5个女孩站成一个圆圈，没有两个女孩相 邻的排列法为：
9!× P(10, 5) =（9!×10!)/5!。
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2.3.2 组合问题
定义2.3.2 从含有n个不同元素的集合S中无序选 取的r个元素叫做S的一个r -组合，不同的组合总 数记为C(n, r)。 当n≥r = 0时，规定C(n, r) = 1。 显然，当r＞n时，C(n, r) = 0。
n1×n2 × ×nt
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1.1 本章学习要求
重点掌握
1
1. 乘法原理和加 法原理
2. 排列组合的计 算
3. 利用容斥原理 计算有限集合 的交与并
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一般掌握
2
1. 鸽笼原理 2. 鸽笼原理的简
单应用 3. 递归关系 4. 递归关系的建
求满足下列条件的排列数。 (1)10个男孩和5个女孩站成一排，无两个女孩相邻。 (2)10个男孩和5个女孩站成一圆圈，无两个女孩相邻. 解 (1)根据推论2.3.2，10个男孩的全排列为10!，5 个女孩插入到10个男孩形成的11个空格中的插入方法 数为P(11, 5)。根据乘法原理，10个男孩和5个女孩 站成一排，没有两个女孩相邻的排列数为：