组合数学作业答案1-2章2016
(完整word版)组合数学课后答案
习题二证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。
证明：假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设至少有两人谁都不认识，则认识的人数为0的至少有两人。
任取11个整数，求证其中至少有两个数的差是10的整数倍。
证明：对于任意的一个整数，它除以10的余数只能有10种情况：0，1，…，9。
现在有11个整数，由鸽巢原理知，至少有2个整数的余数相同，则这两个整数的差必是10的整数倍。
证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的坐标也是整数。
证明：有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。
由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。
又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。
因为奇数+奇数= 偶数；偶数+偶数=偶数。
因此只需找以上2个情况相同的点。
而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。
证明成立。
一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果证明：根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。
一个袋子里装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。
那么至少取出多少水果后能够保证已经拿出20个相同种类的水果证明：根据推论2.2.1，若将4*（20-1）+ 1 = 77个水果取出，必有20个相同种类的水果。
证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。
（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。
《组合数学》练习题一参考答案
《组合数学》练习题一参考答案《组合数学》练习题一参考答案一、填空：1.!()!m n P n m m n m =- 2.2)1(-n n 3. 0. 4. 2675.),2,1,0(3)2(2321 =+-+=n c c c a n n n n .6.4207.78.()()!!11...!31!21!111n n n ??-++-+-9.22 10.267二、选择：1. 1—10 A B D D A D A B B C三、计算： 1. 解因为]250[=25, ]450[=12, ]850[=6, ]1650[=3, ]3250[=1, ]6450[=0, 所以, 所求的最高次幂是2(50!)=25+12+6+3+1=47.2. 解由我们最初观察的式子,有614,1124,634,144=??===, 再利用定理1,我们得到24!415,102)15(545,155==??=-?==, 3511642434435=+?=???+=, 5061141424425=+?=??+=. 所以,x x x x x x f 24503510)(23455+-+-=.3. 解：设所求为N ，令}2000,,2,1{ =S ，以A ，B ，C 分别表示S 中能被32?，52?，53?整除的整数所成之集，则53466663133200333 532200053220003532000522000322000 =+?-++=+-???????+???????+???????=+---++==C B A C B C A B A C B A CB A N 4. 解：记7个来宾为1A ，2A ，…，7A ，则7个来宾的取帽子方法可看成是由1A ，2A ，…，7A 作成的这样的全排列：如果i A （1≤i ≤7）拿了j A 的帽子，则把i A 排在第j 位，于是（1）没有一位来宾取回的是他自己的帽子的取法种数等于7元重排数7D ，即等于1854。
组合数学卢开澄课后习题答案
组合数学卢开澄课后习题答案组合数学是一门研究离散结构和组合对象的数学学科，它广泛应用于计算机科学、统计学、密码学等领域。
卢开澄是中国著名的组合数学家，他的教材《组合数学》是该领域的经典之作。
在学习组合数学的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面我将为大家提供一些卢开澄课后习题的答案。
第一章：集合与命题逻辑1.1 集合及其运算习题1：设集合A={1,2,3}，B={2,3,4}，求A∪B和A∩B的结果。
答案：A∪B={1,2,3,4}，A∩B={2,3}。
习题2：证明若A∩B=A∩C，且A∪B=A∪C，则B=C。
答案：首先，由A∩B=A∩C可得B⊆C，同理可得C⊆B，因此B=C。
然后，由A∪B=A∪C可得B⊆C，同理可得C⊆B，因此B=C。
综上所述，B=C。
1.2 命题逻辑习题1：将下列命题用命题变元表示：（1）如果今天下雨，那么我就带伞。
（2）要么他很聪明，要么他很勤奋。
答案：（1）命题变元P表示今天下雨，命题变元Q表示我带伞，命题可表示为P→Q。
（2）命题变元P表示他很聪明，命题变元Q表示他很勤奋，命题可表示为P∨Q。
习题2：判断下列命题是否为永真式、矛盾式或可满足式：（1）(P∨Q)→(P∧Q)（2）(P→Q)∧(Q→P)答案：（1）该命题为可满足式，因为当P为真，Q为假时，命题为真。
（2）该命题为永真式，因为无论P和Q取何值，命题都为真。
第二章：排列与组合2.1 排列习题1：从10个人中选取3个人，按照顺序排成一队，有多少种不同的结果？答案：根据排列的计算公式，共有10×9×8=720种不同的结果。
习题2：从10个人中选取3个人，不考虑顺序，有多少种不同的结果？答案：根据组合的计算公式，共有C(10,3)=120种不同的结果。
2.2 组合习题1：证明组合恒等式C(n,k)=C(n,n-k)。
答案：根据组合的计算公式可得C(n,k)=C(n,n-k)，因此组合恒等式成立。
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。
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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。
组合数学习题解答
第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。
解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。
1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。
如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。
而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。
故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。
1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？ 解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。
两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。
1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0， 例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有 F （4，5）=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35 x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20 x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10 x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4 x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1 将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。
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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．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 9 9 81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 9 P92 648 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 4 P93 2016 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 3 P82 168 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 P82 56 个； 根据加法法则，满足条件的正整数共有：9 81 648 2016 168 56 2978 个；
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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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组合数学作业第一章引言Page 13, ex3,4,7,30ex3. 想象一座有64个囚室组成的监狱，这些囚室被排列成8 8棋盘。
所有相邻的囚室间都有门。
某角落处意见囚室例的囚犯被告知，如果他能够经过其它每一个囚室正好一次之后，达到对角线上相对的另一间囚室，那么他就可以获释。
他能获得自由吗？解：不能获得自由。
方法一：对64个囚室用黑白两种颜色染色，使得横和竖方向相邻的囚室颜色不同。
则对角线上两个囚室颜色为同黑或同白。
总共偶数个囚室，若能遍历且不重复，则必然是黑出发白结束，矛盾。
方法二：64个囚室，若要经过每个囚室正好一次，需要走63步，即奇数步。
不妨假设该囚犯在第1行第1列，那么到第8行第8列，横着的方向需要走奇数步，竖着的方向需要走奇数步，即总共需要偶数步。
所以不能恰好经过每个囚室一次到达对角线上的囚室。
ex4. (a) 设f(n)是用多米诺牌(2-牌)对2×n棋盘作完美覆盖的个数。
估计一下f(1),f(2),f(3),f(4)和f(5). 试寻找(或证明)这个计数函数f满足的简单关系。
利用这个关系计算f(12)。
(b) 设g(n)是用多米诺牌(2-牌)对3×n棋盘作完美覆盖的个数。
估计g(1),g(2),…,g(6).解：(a)f(1)=1, f(2)=2, f(3)=3, f(n+2)=f(n+1)+f(n)f(4)=f(3)+f(2)=5,f(5)=f(4)+f(3)=8f(6)=f(5)+f(4)=13f(7)=f(6)+f(5)=21f(8)=f(7)+f(6)=34f(9)=f(8)+f(7)=55f(10)=f(9)+f(8)=89f(11)=f(10)+f(9)=144f(12)=f(11)+f(10)=233(b) g(1)=0, g(2)=3, g(3)=0, g(4)=9+2=11, g(n+4)=4g(n+2)-g(n), g(5)=0, g(6)=41.ex7. 设a和b是正整数，且a是b的因子。
证明m×n棋盘有a×b的完美覆盖当且仅当a 既是m又是n的因子，而b是m或n的因子。
(提示: 把a×b牌分割成a个1×b牌。
)解：充分性。
当a既是m又是n的因子，而b是m或n的因子，则m×n棋盘有a×b的平凡完美覆盖。
必要性。
假设m×n棋盘有a×b牌的完美覆盖。
则m×n棋盘必有b牌的完美覆盖。
根据书中的定理，b是m的因子或n的因子。
下面证明a既是m的因子又是n的因子。
方法一: 因为a是b的因子，所以a×b牌可以分割成b/a个a×a牌。
m×n棋盘有a×a的完美覆盖，则必然有a×a牌的完美覆盖。
而a×a牌是正方形的，所以只有唯一的一种平凡覆盖方式。
从而m是a的倍数，n也是a的倍数。
方法二: 因为a是b的因子，不妨设b=ka。
由m×n棋盘有a×b牌的完美覆盖，可任取一个完美覆盖。
设第一行的n个方格由p个a×b牌和q个b×a牌盖住，则有n=pb+qa=(pk+q)a，所以n是a的倍数。
同理，m也是a的倍数。
ex30. 考虑堆的大小分别为10,20,30,40,50的5堆Nim 游戏。
这局游戏是平衡的吗？确定玩家I 的第一次取子方案。
解：将10,20,30,40,50用二进制表示目标 取出个数10: 0 1 0 1 0 10000 ×20: 1 0 1 0 0 1110 110=630: 1 1 1 1 0 100 11010=2640: 1 0 1 0 0 0 110010 ×50: 1 1 0 0 1 0 101000 1010=10平衡 0 1 1 0 1 0游戏是不平衡的。
从上表可以得到，可从20个堆中取6个，从30个堆中取26个，从50个堆中取10个。
第2章 排列组合P37: ex5,11,27,32,51ex5. 确定作为下列各数的因子的10的最大幂(等价于用通常的10进制表示时尾部0的个数)：(a) 50!, (b) 1000!解：(a) ⎣50/5⎦=10, 即1~50中有10个5的倍数。
⎣50/25⎦=⎣10/5⎦=2，即1~50中有2个25的倍数。
从而50!的因子的5的最大幂是10+2。
因为2的最大幂比5大，所以5的因子个数决定10的最大幂。
(b) 同理，1000/5=200, 200/5=40, 40/5=8, ⎣8/5⎦=1, ⎣1/5⎦=0，所以1000!的因子的10的最大幂等于200+40+8+1=249.ex11.从数集{1,2,…,20}中形成3个数的集合，如果没有2个相连的数字在同一个集合中，那么能形成多少个3个数的集合。
解法一：任选3个数有C(20,3)种方案。
两数相邻另一个分离：1,2和19,20这两个相邻数对，各对应另一不相邻数有17种选择；2,3到18,19共17种相邻数对，各对应另一不相邻数有16种选择。
三数相邻有18种选择。
202171716188163⎛⎫-⨯-⨯-= ⎪⎝⎭. 解法二：任选3个数有C(20,3)种方案。
取两个相邻数有19种选择，另一个与已取出两数不同有18种选择。
每三个相邻的数在前一步被计数了两次，需要补回一次。
201918188163⎛⎫-⨯+= ⎪⎝⎭； 解法三：先放17个0排成一排。
再在18 个空挡中放3个1，有C(18,3)种方法。
在17个0和3个1形成的排列中，数1所在的位置abc ，即得到3个不相邻的1到20中的数。
解法四：令3个数从小到大排列为a,b,d ，满足a+1<b ，b+1<d 。
令B=b -1,D=d -1，则a<B<D 为从1到18中的数，且无不相邻限制。
188163⎛⎫= ⎪⎝⎭ex27. 5个没有区别的车放在8⨯8棋盘上，使得没有车能够攻击别的车并且第一行和第一列都不空的放置方式有多少?解：方法一: 5个横坐标的选择方案有C(7,4)种，因为第1列必选；5个纵坐标的选择方案有C(7,4)种，因为第一行必选；横纵坐标的配合有5!种，因为横坐标固定，纵坐标全排列。
所以总的方案数为C(7,4)⨯C(7,4)⨯5!=147000.方法二: 分两种情况：一是选第一行第一列，其它4个在其它7行7列；有C(7,4)⨯C(7,4)⨯4!种方案。
二是第一行2至8列中选一个，第一列2至8行中选一个，其它3个在其它6行6列；有7⨯7⨯C(6,3)⨯C(6,3)⨯3!。
总方案数为C(7,4)⨯C(7,4)⨯4! + 7⨯7⨯C(6,3)⨯C(6,3)⨯3! = C(7,4)⨯C(7,4)⨯5! = 147000。
ex32. 确定下面的多重集合的11排列的数目：S={3⋅a,4⋅b,5⋅c}。
解：多重集S={3⋅a,4⋅b,5⋅c}的11排列可分为3个部分：{2⋅a,4⋅b,5⋅c}：11!69302!4!5!=；{3⋅a,3⋅b,5⋅c}：11!92403!3!5!=；{3⋅a,4⋅b,4⋅c}：11!115503!4!4!=；共有6930+9240+11550=27720个排列。
ex37. 一家面包店销售6种不同类型的酥皮糕点。
如果该店每种糕点至少有一打，那么可能配置成多少打不同类型的酥皮糕点？如果在一盒中每种糕点至少有一块，又能有多少打？解：(1) 12个球与5个间隔的全排列有C(12+5,5)个，所以总共可以配成C(17,5)种12个一盒的酥皮蛋糕盒。
(2) 每种蛋糕至少一块，则盒中已有6块蛋糕。
还需要放入6块蛋糕。
等价于6个球与5个间隔全排列，有C(6+5,5)种方案。
所以总共可以配成C(11,5)种12个一盒且每种蛋糕至少有一个的酥皮蛋糕盒。
ex51. 考虑大小为2n的多重集合{n⋅a,1,2,3,…,n}，确定它的n组合数。
解：令S={n⋅a,1,2,3,…,n}.方法一：{1,2,…,n}中取k个有C(n,k)种方案，再取n-k个a得到S的n组合。
所以方案数是C(n,0)+C(n,1)+…+C(n,n)=2n.方法二：{1,2,…,n}的全体组合有2n个，{1,2,…,n}的任何一个组合配上相应个数的a可以得到S的一个n组合。
ex52. 考虑大小为3n+1的多重集合{n⋅a,n⋅b,1,2,3,…,n+1}，确定它的n组合数。
解：方法一：在{1,2,…,n+1}中取k个有C(n+1,k)种方案，n个a和n个b中取n-k个组合有C(n-k+1,1)=n-k+1种方案；C(n+1,k)⨯(n-k+1)=(n+1)⨯C(n,k)，对k从0到n求和得到(n+1)⨯2n 种方案。
方法二：取数方案与方法一相同，得到求和式ΣC(n+1,k)⨯(n-k+1)。
因为(x+1)n+1=ΣC(n+1,k)x n-k+1，两边同时对x求导，得到(n+1)(x+1)n=ΣC(n+1,k)⨯(n-k+1)x n-k。
令x=1，便得到ΣC(n+1,k)⨯(n-k+1)=(n+1)⨯2n。