组合数学习题解答
★★★第一章：★★★
1、用六种方法求839647521之后的第999个排列。提示：先把999换算成递增或递减进位制数，加到中介数上，就不用计算序号了。
解：
字典序法递增进位
制法递减进位
制法
邻位对换法
839647521的中介数72642321
↑
67342221
↑
12224376
↓
10121372↓
999的中介
数
121211↑121211↑1670↓1670↓
839647521后999的中介数73104210
↑
67504110
↑
12230366
↓
10123362↓
839647521后999个的排列842196537 859713426 389547216 →
3
←
8
→
4
→
5
→
7
→
6
←
9
←
21
★★★第二章★★★
例5：10个数字（0到9）和4个四则运算符(+,-,×,÷) 组成的14个元素。求由其中的n个元素的排列构成一算术表达式的个数。
因所求的n个元素的排列是算术表达式，故从左向右的最后一个符号必然是数字。而第n-1位有两种可能，一是数字，一是运算符。如若第n-1位是十个数字之一，则前n-1位必然构成一算术表达式。 10a n-1
如若不然，即第n-1位是4个运算符之一，则前n-2位必然是算术表达式。40a n-2,根据以上分析，令a n表示n个元素排列成算术表达式的个数。则
a2=120指的是从0到99的100个数，以及±0,±1,...,±9,
利用递推关系(2-8-1)，得a0=1/2
特征多项式x2-10x-40 。它的根是
解方程
得
例7：平面上有一点P，它是n个域D1,D2,...,D n的共同交界点，见图2-8-4现取k种颜色对这n个域进行着色，要求相邻两个域着的颜色不同。试求着色的方案数。
令a n表示这n个域的着色方案数。无非有两种情况
（1）D1和D n-1有相同的颜色；
（2）D1和D n-1所着颜色不同。
第一种情形，域有k-1种颜色可用，即D1D n-1域所用颜色除外；而且从D1到D n-2的着色方案，和n-2个域的着色方案一一对应。后一种D n域有k-2种颜色可供使用；而且从D1到D n-1的每一个着色方案和n-1个域的着色方案一一对应。
利用(2-8-3)得a1=0,a0=k ，(2-8-3)的特征方程为
习题：
4.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目。
解设a n为所求个数，b n为不出现AB的串的个数
a n+
b n=4n,
b n=4b n-1-b n-2, // b n-2：前n-2个组成的串中不出现AB的串的个数，最后两位是AB.
a n =4a n-1+
b n-2, // b n-2：前n-2个组成的串中不出现AB 的串的个数，最后两位是AB. b 1=4,b 2=15,b 0=1,b 3=56. x 2-4x+1=0 解得 x=32±。
b n =S(2+3)n +t(2-3)n
()()
⎩
⎨
⎧
=-++=+432321t S t S S=3
23
2+,t=3
232--
(
)
()
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-++-=++1
1
3213
23
2n n n b
()
()
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡-++-=++1
1
32
1
3
23
24n n n
n a
6.试求由a,b,c 三个文字组成的n 位符号串 中不出现aa 图像的符号串的数目。 解 设不出现aa 的字符串的排列数为a n
在所有符合要求的n 位串中，最后一位是a,则n-1位是b 或c ，有2a n-2;最后一位不是a ，则是b 或c, 有2a n-1.故有
a n =2a n-1+2a n-2，a 1=3，a 2=8，a 0=1.
x 2-2x-2=0,解得 x=31±。 a n =A(1+3)n +B(1-3)n
()()
⎩
⎨
⎧
=-++=+331311B A B A A=()34312+,B=()34312--
(
)
()
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡-++-=++2
2
3413
13
1n n n a
13. 相邻位不同为0的n 位2进制数中一共出现了多少个0？
解 设相邻位不同为0的n 位2进制数的个数为h n 个，这些数中一共有a n 个0， 当n 位二进制数最高位为1时,符合条件的n 位二进制数的个数为h n-1 最高位为0时，次高位必为1符合条件的n 位二进制数的个数为h n-2 21--+=n n n h h h ，h 1=2,h 2=3,h 0=1. 即h n 是F 数列
特征方程为：
解得a 、b 为2重根。 设
分析上式结构可得：
把n=2代入可解得：
代入a n
可得方程组
解得
19. 求n 位二进制数相邻两位不出现11的数的个数。
解 设所求个数为a n ,第n 位为0或1，是0，有a n-1；是1，则n-1位为0,有a n-2. 5,3,2,1 ,321021====+=--a a a a a a a n n n
特征方程为 012
=--x x ,2
5
1 ,25121-=+=
∴x x n
n n Bx Ax a 21+=
⎪⎩⎪
⎨⎧=-++=+22312
311B A B A 代入得
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+⋅=2
2
2515125151B A 所以⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-++⋅=
++22)251()251(51
n n n a
20. 在n 个文字，长度为k 的允许重复的排列中，不允许一个文字连续出现三次，求这样的
排列的数目。
解 设所求为a k 则
特征方程为
解得 可设
代入初值可解出A 、B
31. 求下图中从A 点出发到n 点的路径数。
解 把上方的点序列设为a n 把下方的点序列设为b n 可得递推关系
a
A b b b b b b b
34．用腰的长度分别为1与2的直角等腰三角形的砖及边长为1的正方形的砖给宽度为1长度为n 的路铺面，有多少方案？在所有的方案中，小三角形的砖、大三角形的砖及正方形的砖各一共用了多少块？ [解1]
设所求的铺路的方案数为n a ，路的右端右上角缺一块小三角形砖的铺路方案数为
n b （注意：由方案的对称性可知，路的右下角为小三角形砖的方案数也是n b ）
a 1=3，a 2=3·3+2=11；
b 1=1，b 2=4
a n =a n-1+2
b n (1)
b n =a n-1+b n-1 (2)
由（1），b n =(a n -a n-1)/2，将此代入（2），得 (a n -a n-1)/2= a n-1 +(a n-1-a n-2)/2，即 a n -4 a n-1+ a n-2=0 (3) (3)的特征方程是 x 2-4x+1=0 (4) (4)的两个特征根是α= 32+，β=32-。
设a n =A n
α +B n
β。由a 0，a 1可建立方程组
⎩⎨
⎧=+=+3
1
B A B A βα
a n-1:
n b n : b n :
n // 按照路的右端所用砖的情况进行分
类。右端是方形砖的方案数是a n-1；右端右上角是小三角形砖的方案数是b n ，右下角是小三角形砖的方案数也是b n //
n
n-1 // 右端是小三角形砖的方案数是a n-1；右端是大三角形砖的方案数是b n-1 //
由（1）可推得a 0=a 1-2b 1=1。
// 注意：a 0的值不直观，只能由递推式推得 //
321
1-==
∆β
α，
31332131--=--==
∆βA ，
313233
1
1
-=--==
∆αB ，
633+=∆∆=
A A ，63
3-=∆∆=B B
=
n a n
n βα6
33633-++ 设小三角形的砖在所有的方案中一共用了c n 块，小三角形的砖在右端右上角缺一块小
三角形砖的方案中一共用了d n 块。 c 1=4，c 2=28，c 0=0 d 1=1，d 2=8，d 3=47， c n =c n-1+2d n +2b n (1) d n =c n-1+a n-1+d n-1 (2) 由（1），d n =（c n -c n-1-2b n ）/2，将此代入（2），得 c n -4c n-1+c n-2=4a n-1 (3) 因序列{a n }的特征方程为 x 2-4x+1=0，
可设序列{c n }的特征方程为 (x 2-4x+1)2=0。 特征根为α（2重根），β（2重根）。可设
c n =(En+F)n
α +(Gn+H)n
β
(4)
将（4）代入（3），得
()()[][]{}[][]{
}////4)2()2()1()1(412
211的表达式已求出n n n n n n n n a a H n G F n E H n G F n E H Gn F En -----=+-++-++-++--+++βαβαβα 通过比较2
-n α
前的系数：
121)33(6
1
424---+⋅=-n n n E E ααα
求得
31
3+=
E ， 同理求得
3
3
1-=
G 。
将E ，G 的值代入（4），求得
3
31=
F ， 3
31-
=H ，因而求得
n n n n n c βα⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=93)331(93)331(
(5)
c 3=4c 2-c 1+4a 2=152，
由（5）直接计算 152]01779.152[)93
3331(
33==⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅+⋅+=αc
// 这里的[x]表示对x 就近取整 //
设在所有的方案中正方形的砖共用了c n 块，正方形的砖在路的右端右上角缺一块小三角形砖的方案中一共用了l n 块。 c 1=1，c 2=6，c 3=31，c 0=0； d 1=0，d 2=1，d 3=7。 c n =c n-1+a n-1+2d n (1) d n =c n-1+d n-1 (2) 由（1）得 d n =(c n -c n-1+-a n-1)/2， 将此代入（2），得
)(6
33)(633421
212121----------+-+=
-=+-n n n n n n n n n a a c c c ββαα (3) 设c n =(En+F)n
α +(Gn+H)n
β，将此代入（3），得
()()[][]{}
[][]{})(6
33)(633)2()2()1()1(421
212211----------+-+=
+-++-++-++--+++n n n n n n n n n n H n G F n E H n G F n E H Gn F En ββααβαβαβα
比较系数，求得，，61
61==G E 再回（3），得
，，3
613
61-
==
H F 因而有
n
n n n n c βα)18
361()18361(-++=
用同样的方法可求得在所有的方案中，大三角形的砖总块数为
设在所有的方案中大三角形的砖共用了c n 块，大三角形的砖在路的右端右上角缺一块小三角形砖的方案中一共用了d n 块。 c 1=0，c 2=4，c 3=10，c 0=0； d 1=0，d 2=1，d 3=3。
c n =c n-1+2
d n (1) d n =c n-1+b n-1+d n-1 (2)
求出： Cn=n n n n βα)9
361()9361(++-
可求得在所有方案中所用砖的总块数为
n
n n n βα)18
3332()183332(
--+++
通过递推关系及直接计算可验证答案正确。
解毕。
★★★第三章：容斥与鸽巢★★★
例４ 从1到2n 的正整数中任取n+1个，则这n+1个数中，至少有一对数， 其中一个是另一个的倍数。
证 设n+1个数是 a 1 , a 2 , ··· , a n+1。每个数去掉一切2的因子， 直至剩下一个奇数为止。组成序列 r 1 , r 2, ··· , r n+1。这n+1个数仍在 ［1 , 2n ］中，且都是奇数。而[1 , 2n]中只有n 个奇数 . 故必有 r i = r j = r , 则
,若αi ＞αj ，则 a i 是 a j 的倍数。
例5 设 a 1 , a 2 , ··· , a m 是正整数序列，则至少存在k 和 l , 1≤k ≤ l ≤m ， 使得和 a k + a k+1 + ··· + a l 是m 的倍数。
证 设,S h ≡ r h mod m , 0≤r h ≤m-1，h = 1 , 2 , ··· , m . 若存在l , S l ≡0 mod m 则
命题成立．否则，1≤r h ≤m-1．但h = 1 , 2 , ··· , m ．由鸽巢原理，故存在 r k = r h , 即 S k ≡ S h ，不妨设 h ＞k ．则
S h －S k = a k+1 + a k+2 +… + a h ≡0 mod m
例６ 设 a 1 , a 2 , a 3为任意３个整数，b 1b 2b 3为a 1 , a 2 , a 3的任一排列， 则 a 1－b 1 , a 2－b 2 , a 3－b 3中至少有一个是偶数．
证 由鸽巢原理， a 1 , a 2 , a 3必有两个同奇偶．设这３个数被２除的余数为 xxy ， 于是b 1 , b 2 , b 3中被２除的余数有２个x ，一个y ．这样a 1－b 1 , a 2－b 2 , a 3－b 3 被２除的余数必有一个为０．
例７ 设a 1 , a 2 , ··· , a 100是由 1和２组成的序列 , 已知从其任一数开始的顺序10个数的 和不超过16．即
a i + a i+1 +… + a i+9 ≤16，1≤ i ≤91 则至少存在 h 和 k ，k > h ，使得 a h + a h+1 +… + a k = 39
证 令，j =1 , 2 , … ,100 显然S 1＜S 2＜…＜S 100，且 S 100=(a 1 + … +a 10)+(a 11
+ … +a 20)+…+(a 91 + … +a 100) 根据假定有 S 100≤10×16=160，
作序列S1, S2 , …, S100 , S1 +39, …, S100+39 .共200项．其中最大项S100+39≤160+39由鸽巢原理，必有两项相等．而且必是前段中某项与后段中某项相等．设S k=S h + 39，k＞h,S k －S h =39 即a h + a h+1 +…+ a k = 39
5.设有三个7位的二进制数：a1a2a3a4a5a6a7，b1b2b3b4b5b6b7，c1c2c3c4c5c6c7．试证存在整数i和j，1≤i≤j≤7，使得下列之一必定成立：a i=a j=b i=b j，a i=a j=c i=c j，a i=a j=c i=c j．
证：显然，每列中必有两数字相同，共有种模式，有０或１两种选择．故共有·2
种选择．·2=6．现有7列，．即必有２列在相同的两行选择相同的数字，即有一矩形，四角的数字相等．
6. 在边长为1的正方形内任取5个点试证其中至少有两点，其间距离小于
证把１×１正方形分成四个(1/2)×(1/2)的正方形．
如上图.则这５点中必有两点落在同一个小正方形内．而小正方形内的任两点的距离都小于．
7．在边长为1的等边三角形内任取5个点试证其中至少有两点，期间距离小于1/2．
证：
把边长为１的三角形分成四个边长为1/2的三角形，如上图：则这５点中必有两点落在同一个小三角形中．小三角形中任意两点间的距离都小于1/2．
10. A、B、C三种材料用作产品I、II、III的原料，但要求I禁止用B、C作原料，II不能用B作原料，III不允许用A作原料，问有多少种安排方案？（假定每种材料只做一种产品的原料）
解按题意可得如下的带禁区的棋盘,其中有阴影的表示禁区．
棋盘多项式为：
R()=R()R()
=(1+x)(1+3x+x2 )
=1+4x+4x + x 3
故方案数＝3!－4·2!+4 ·1!－1 ·0!＝1
14．m+1行列的格子同m种颜色着色，每格着一种颜色，其中必有一个4角同色的矩形。
证每列有(m+1)行，只有m种颜色，故一列中必有两格同色．同色的２个格子的行号有
种取法．有m种色，故有m种同色模式，现有m+1列，必有两列的同色模式相同．即由这两列的对应行上有４个格子同色，正好是一个矩形的４个角上的格子．得证．
★★★17. 在平面直角坐标系中至少任去多少个整点才能保证存在3个点构成的三角形的重心是整点？
解设(x，y)是整点，每个分量模3后有如下表的结果：
若有３个点模３后的结果落在上表中的同一格中，则这３个点的重心是整点．
若有３点占满一行，则３点重心是整点；
有３点占满一列，则３点重心是整点；
若存在一组均匀分布，则有3点重心是整点．
由上表可知，若只有8个点，也不能保证有３点的重心是整点．（因为若每个格子都有２点，则只占有４个格子，无法保证上面的要求）
下面假设存在９个点，其中任３点的重心都不是整点．则这9个点，至少占有＝5个格子（因为每格中最多有2个点，否则有3个点的重心为整点），每行最多有２格，
又=3，所以每行都有点．同理，每列都有点．不妨设第一行2点，第二行2点，第三行1点前2 行有两种模式：或
这样第三行的点无论在哪一列都构成占满一列或构成一组均匀分布．满足前面说的三点重心是整点的情况．
故9个点能保证其中存在３个点的重心是整点．
★★第四章：
正多面体及足球的转动群
一、正四面体（顶点数：4 棱数：6）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以顶点—面心为轴（1）1（3）1 8个
2）以棱中—棱中为轴（2）2： 3个
3）不动（1）4： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以顶点—面心为轴（3）2： 8个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）2：3个
3）不动（1）6： 1个
3、以面为目标的转动群：
1）以顶点—面心为轴（1）1（3）1： 8个
2）以棱中—棱中为轴（2）2： 3个
3）不动（1）4： 1个
二、正八面体（顶点数：6 棱数：12）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（1）2（4）1：6个
（1）2（2）2：3个
2）以棱中—棱中为轴（2）3： 6个
3）以面心—面心为轴（3）2： 8个
4）不动（1）6： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（4）3：6个
（2）6：3个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）5： 6个
3）以面心—面心为轴（3）4： 8个
4）不动（1）12： 1个
3、以面为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（4）3：6个
（2）6：3个
2）以棱中—棱中为轴（2）3： 6个
3）以面心—面心为轴（1）2（3）2： 8个
4）不动（1）8： 1个
三、正二十面体（顶点数：12 棱数：30）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（1）2（5）2：24个
2）以棱中—棱中为轴（2）6： 15个
3）以面心—面心为轴（3）4： 20个
4）不动（1）12： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（5）6： 24个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）14：15个
3）以面心—面心为轴（3）10： 20个
4）不动（1）30： 1个
3、以面为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（5）4：24个
2）以棱中—棱中为轴（2）10： 15个
3）以面心—面心为轴（1）2（3）6： 20个
4）不动（1）20： 1个
四、正方体（顶点数：8 棱数：12）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（1）2（3）2：8个
2）以棱中—棱中为轴（2）4： 6个
3）以面心—面心为轴（4）2： 6个
（2）4： 3个
4）不动（1）8： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（3）4： 8个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）5：6个
3）以面心—面心为轴（4）3： 6个
（2）6： 3个
4）不动（1）12： 1个
3、以面为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（3）2： 8个
2）以棱中—棱中为轴（2）3： 6个
3）以面心—面心为轴（1）2（4）1：6个
（1）2（2）2：3个4）不动（1）6： 1个
五、正十二面体（顶点数：20 棱数：30）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（1）2（3）6：20个
2）以棱中—棱中为轴（2）10： 15个
3）以面心—面心为轴（5）4： 24个
4）不动（1）20： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（5）6：20个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）14： 15个
3）以面心—面心为轴（5）6： 24个
4）不动（1）30： 1个
3、以面为目标的转动群：
1）以顶点—顶点为轴（3）4：20个
2）以棱中—棱中为轴（2）6： 15个
3）以面心—面心为轴（1）2（5）2： 24个
4）不动（1）12： 1个
六、足球（顶点数：60 棱数：90 五边形：12 六边形：20）
1、以顶点为目标的转动群：
1）以五边行面心—五边行面心为轴（5）12： 24个
2）以棱中—棱中为轴（2）30： 15个
3）以六边行面心—六边行面心为轴（3）20： 20个
4）不动（1）60： 1个
2、以棱为目标的转动群：
1）以五边行面心—五边行面心为轴（5）18： 24个
2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）44： 15个
3）以六边行面心—六边行面心为轴（3）30： 20个
4）不动（1）90： 1个
[例1]等边三角形的3个顶点用红，兰，绿3着色，有多少种方案？
[解]在3维空间考虑，3顶点的置换群S3。
(3)1 2个; (1)1(2)1 3个; (1)3 1个;
l=(2·31+3·32+33)/6=10
[例2]甲烷CH4的4个键任意用H,C1,CH3, C2H5连接，有多少种方案？
[解]CH4的结构是一个正4面体，C原子居于正4面体的中心。正4面体的转动群按转动轴分类：顶点-对面的中心：(1)(3) 8个；棱中-棱中：(2) 3个；不动：(1) 1个；
6条棱,每条棱看作一有向边，正向重合与反向重合共6·2=12个位置，故转动群的群元有12个。
l=[11·42+44]/12=[44+64]/3=36。
[例4]正6面体的6个面分别用红，蓝两种颜色着色，有多少方案？
解：正6面体的转动群用面的置换表示：
面心-面心±90。 (1)2(4)1 6个
180。 (1)2(2)2 3个
顶点-顶点±120。 (3)2 8个
棱中-棱中 180。 (2)3 6个
不动 (1)6 1个
[12·23+3·24+8·22+26]/24=10
[例5]用2种颜色给正6面体的8个顶点着色，有多少方案？
解：用顶点的置换表示：
面心-面心±90。 (4)2 6个
180。 (2)4 3个
顶点-顶点±120。 (1)2(3)2 8个
棱中-棱中 180。 (2)4 6个
不动 (1)8 1个
[17·24+6·22+28]/24=[34+3+32]/3=23
[例6]在正6面体的每个面上任意做一条对角线，有多少方案？
解：在每个面上做一条对角线的方式有2种，可参考面的2着色问题。但面心-面心的转动轴转±90。时，无不动图象。除此之外，都可比照面的2着色。所求方案数：
面心-面心±90。 (1)2(4)1 6个 0 (无不动图象)
180。 (1)2(2)2 3个 3·24
顶点-顶点±120。 (3)2 8个 8·22
棱中-棱中 180。 (2)3 6个 6·23
不动 (1)6 1个 26
[0+3·24+8·22+6·23+26]/24=[6+4+6+8]/3=8
枚举：（6 ，0）1个6个面上的对角线构成个四面体
（5，1）1个
（4，2）1个
（4，1，1）1个
（3，3） 4 个（Y Y）1个（）1个（）2个
[例7]骰子的6个面分别有1,…,6点，有多少种不同的方案？
[解]
6!个图象的目标集,只有单位元有6!个不动点(图象)其他23个群元不动点。由Burnside引理有[C1(e)]/24=6!/24=30个方案。C1(p1)=C1(p2)=…=C1(p23)=0
2点,3点,6点各有两种取向
1点,4点,5点各有一种取向
故应有30·23=240种方案。
[例8]10根红、10根蓝、10根绿火柴搭一个正20面体，有多少方案？
解：正20面体有正3角形组成，12个顶点，30条棱，20个面
置换群为：
不动：（1）30 1个（30！/10！10！10！）*230
（30根火柴的可重组合）（火柴头两个方向）顶点—顶点（5）6 24个（12个顶点，6个轴，4个转动）6圈（6个轮换，每个轮换5根火柴，5根火柴颜色必须相同，才有不动图象）（6！/2！2！2！）*26
面心—面心（3）10 20个（20个面，10个轴，2个转动）（10个轮换，每个轮换3根火柴，3根火柴颜色必须相同，才有不动图象,故无不动图象）
棱中—棱中（1）2（2）14 15个（火柴有方向，无不动图象）
方案数：
L=((30！/10！10！10！)*230+24*(6！/2！2！2！)*26)/60
6.由b、r、g三种颜色的5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案?
解：正5边形的运动群
绕心转 ±72。 (5)1 2个
±144。 (5)1 2个
翻转 180。 (1)(2)2 5个
不动 (1)5 1个
不同方案数为m=(35+4·31+5·33)/10=39
11.在正四面体的每个面上都任意引一条高，有多少方案？
解：除了绕顶点-对面的中心轴旋转均不会产生不变的图象外,绕其他轴的旋转相当于正4面体的面3着色。
正4面体的转动群用面的置换表示：
顶点-对面的中心：(1)(3) 2*4= 8个；
棱中-棱中：(2) 23个；
不动：(1)4 1个；
可得不同的方案数为M=[34+0·8·32+3·32]/12=9
12.一幅正方形的肖像与一个立方体的面一样大，6副相同的肖像贴在立方体的6个面上有多少种贴法？
解：除了绕面心—面心轴旋转任何度数均不会产生不变的图象外，绕其他轴的旋转都相当于正六面体的面4着色。
正6面体的转动群用面的置换表示：
不动 (1)6 1个
面心-面心±90。 (1)2(4)1 6个
180。 (1)2(2)2 3个
顶点-顶点±120。 (3)2 8个
棱中-棱中 180。 (2)3 6个
参照讲义4.6例4可得不同的方案数为
M=[46+0·6·43+0·3·44+8·42+6·43]/24=192
14.足球由正5边形与正6边形相嵌而成。一个足球由多少块正5边形与正6边形组成？
把一个足球所有的正6边形都着以黑色，正5边形则着以其它各色，每个5边形的着色都不同，有多少种方案？
解： 5边形面心与体心连一直线从另一5边形面心穿出。该直线为对称轴。欠角=360。–(108。+2·120。)=12。;720。/12。=60(个顶点);60·3/2=90(条棱);60/5=12(个5边形);60·2/6=20(个6边形)
一个顶点通过一个转动可与任一顶点重合，重合的方式只有1种，故转动群的阶为60。因为5边形着色均不同，所以除不变置换的任意旋转都不会产生不变图象，12个5边形着不同颜色共12!种方案。所以共有12!/60=7983360种方案。
附（例题）：用相同的火柴棍搭一个足球，有多少方案？
解：相当于对棱（火柴棍）二着色（不能照搬）。
置换群为：
不动（1）90 1个
5边形面心—面心72。倍数（5）18 24个（12个5边形，6个轴，4个转动）18圈
6边形面心—面心120。倍数（3）30 20个（20个6边形，10个轴，2个转动）30圈
棱中—棱中（6边形边界）180。（1）2（2）44 15个（60个5边形的棱，90-60=30，30/2=15，故15个转动）
方案数：
l=(290+24*218+20*230+0)/60=
**火柴有方向，棱中—棱中转动时无不动图象*****
16.用8个相同的骰子垛成一个正6面体，有多少方案？
解：相当于正六面体每个角上放一个骰子。骰子按讲义4.6中关于正立方体的不同旋转均不会产生重合现象，共24种方案。因此本题相当于正六面体的顶点24着色。但绕顶点-顶点的对称轴旋转不会产生重合的图象。
参照习题11可得不同的方案数为M=[248+6·242+3·244+0·8·244+6·244]/24=4586595984。
17.正六面体的6个面和8个顶点分别用红、蓝两种颜色的珠子嵌入。试问有多少种不同的方案数?(旋转使之一致的方案看作是相同的)。
解：本题相当于把讲义4.6例4例5合并起来,8个顶点6个面共14个元素的置换群。
面心-面心 ±90。 (1)2(4)1(4)2 6个
180。 (1)2(2)2(2)4 3个
顶点-顶点 ±120。 (3)2(1)2(3)2 8个
棱中-棱中 180。 (2)3(2)4 6个
不动 (1)6(1)8 1个
方案数为：[6·25+3·28+8·26+6·27+214]/24 =776
★★★★★★
[定义]凸多面体与一个顶点相关的面角之和与360。的差称为该顶点的欠角。
[定理]凸多面体各顶点欠角的和为720。(用欧拉定理证)
用正5边形搭成的正多面体:
(5-2)·180。/5=108。,360。-3·108。=36。。
720。/36。=20(个顶点)
一个顶点3条棱，重复度为2：20·3/2=30条棱
一个顶点相关3个面,重复度为5：20·3/5=12个面
用正3角形搭成的面最多的正多面体:
360。-5·60。=60。。
720。/60。=12(个顶点)
一个顶点关联5条棱,重复度为2：12·5/2=30条棱。
一个顶点关联5个面,重复度为3：12·5/3=20个面
正三角形可组成正四、八、20面体。
正4面体：4个顶点、6条棱、4个面；
正8面体：6个顶点、12条棱、8个面；
正20面体：12个顶点、30条棱、20个面。
足球：
欠角=360。–(108。+2·120。)=12。
720/12 =60(个顶点)
60·3/2=90(条棱)
60/5=12(个5边形)
60·2/6=20(个6边形) (正20面体砍去12个顶点)
第六章：
/*
单纯表格法与改善的单纯表格法的区别在于前者计算所有的P j，j＝1 , 2 , … , n+m．后者先算B－1，P0，再算C B B－1，找出一个满足λj＝c j－C B B－1A j＞0的A j，只计算P j＝B－1A j,两者都通过计算λ＝min{ αi/αij｜αij＞0}来确定退出基A k，通过行变换将P j变成e k，同时用同样的行变换将B－1变成B'－1，P0变成P’0，从而进入下一轮迭代．
*/
*在改善的单纯形表格法中，因为每次的高斯消元均对P0和B-1进行操作，这样每次先进行高斯消元后，均可进行CB*B-1的计算，进而应用入j= C j- (CB*B-1)*A j，得到每个入的值，对于MAX要判断全部为<=0，对于MIN要判断全部为>=0
*用大M法时，求最大值时M<0; 求最小值时M>0。
Moni ：
按照字典序法、递增进位制法、递减进位制法和邻位对换法分别求全排列817249365之后的第99个全排列。
a，b，c，d，e构成的n位字符串中要求同一字符不能连续出现3次，这样的字符串有多少个?在所有这样的串中同一字符连续出现2次的情况一共出现了多少次?
解：(1)设所求的字符串数为U n个，按最后两个字符是否相同进行分类：
相同：4U n-2
不相同：4U n-1
即：U n=4U n-1+4U n-2
特征方程为：x2-4x-4=0
两个特征根为：α=2+22β=2-22
初值：U1=5；U2=25；U3=120 -→U0=5/4
设U n=Aαn+Bβn
A+B=5/4
Aα+Bβ=5
解得：A=5(2+2)/16 B=5(2-2)/16
U n=5(2+2)/16αn+5(2-2)/16βn
(2) 设在所有这样的串中同一字符连续出现2次的情况一共出现了V n次, 按最后两个字符是否相同进行分类：
相同：4V n-2+4U n-2
不相同：4V n-1
即：V n=4V n-1+4V n-2+4U n-2
-→ V n-4V n-1-4V n-2=4U n-2 (1)
特征方程为：（x2-4x-4）2=0
两个特征根为：α=2+22(2重根)；β=2-22(2重根)。
初值：V1=0;V2=5;V3=40;V4=280
可设V n=（En+F）αn+(Gn+H) βn (2)
将(2)代入(1)得：
（En+F）αn+(Gn+H) βn -4{[E（n-1）+F]αn-1+[G（n-1）+H] βn-1}-4{[E（n-2）+F]αn-2+[G （n-2）+H] βn-2 }= 4(Aαn-2+Bβn-2)
4Eαn-1+8Eαn-2=4Aαn-2
4Gβn-1+8Gβn-2=4Bβn-2
求出：E=G=5/32
由V1=0 和V0=0(推出)，求出：F=-52/64;H=52/64.
V n=(5/32*n-52/64)αn+(5/32*n+52/64)βn
3、求下列有禁区的棋盘布子的方案数。
解：禁区的棋盘多项式为：
（1+3x+x2）2 (1+4x+2x2)=1+10x+37x2+62x3+47x4+16x5+2x6
方案数：=6！-10*5！+37*4！-62*3！+47*2！-16*1！+2*0！
=720-1200+888-372+94-16+2
=116
4、证明：在平面直角坐标系中，33个整点中必有9个整点的重心仍是整点。
证：先证明9个整点中必有3个整点的重心的仍是整点。（证明方法请参照第三章习题17解答）
33个整点中必有9个3点组，每组的重心仍是整点。而这9个重心中必有3个的重心仍是整点，从而就证明了33个整点中必有9个整点的重心仍是整点。
附：第三章习题17
17. 在平面直角坐标系中至少任去多少个整点才能保证存在3个点构成的三角形的重心是整点？
解设(x，y)是整点，每个分量模3后有如下表的结果：
若有３个点模３后的结果落在上表中的同一格中，则这３个点的重心是整点．
若有３点占满一行，则３点重心是整点；
有３点占满一列，则３点重心是整点；
若存在一组均匀分布，则有3点重心是整点．
由上表可知，若只有8个点，也不能保证有３点的重心是整点．（因为若每个格子都有２点，则只占有４个格子，无法保证上面的要求）
小学数学《排列组合》练习题(含答案)
小学数学《排列组合》练习题（含答案） 1、计算 ①43 56C A -；②2265C A ÷。 解答： ①43 56C A -＝5432???－654321 ????＝120－20＝100。 ②2265C A ÷5465321 ?=?÷=? 2、某班要从30名同学中选出3名同学参加数学竞赛，有多少种选法？如果从30名同学中选出3名同学站成一排，又有多少种站法？ 解答： 参加竞赛的选法：330302928321 C ????＝＝4060种 站成一排的站法：330A ＝30×29×28＝24360种 参加竞赛的选法有4060种，站成一排的站法有24360种 3、7个不同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子只能放一个，一共有多少种情况？ 解答： 47A ＝7654???＝840（种） 一共有840种不同的情况。 4、7个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个，一共有多少种情况？ 解答： 1＋1＋1＋0＝3，1＋2＋0＋0＝3，3＋0＋0＋0＝3，分三种情况 ①选出一个盒子，不再放入球，其他三个盒子再各放入一个：1 4C ； ②选出两个盒子，分别再放入一个球，两个球：24A ③选出一个盒子，再放入三个球：1 4C 总的放法：1 4C ＋24A ＋14C ＝20（种） 5、从1，3，5，7，9中任取三个数字，从2，4，6，8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，一共可以组成多少个数？
解答： 第一步，从1，3，5，7，9中任取三个数字，这是一个组合问题，有35C 种方法； 第二步，从2、4、6、8中任取两个数字，也是一个组合问题，有24C 种方法； 第三步，用取出的5个数字组成没有重复数字的五位数，有5 5A 种方法。 再由分步计数原理求总的个数。 325545A 7200 C C ??=（个） 一共能组成7200个没有重复数字的五位数。 6、在6名女同学，5名男同学中选出4名女同学，3名男同学站成一排，有多少种排法？ 解答： 437 657A C C ??＝765000（种） 有765000种排法。 [评注]：简单的先组合，再排列题型。 7、在6名女同学，5名男同学中选出4名女同学，3名男同学，男女相间站成一排，有多少种排法？ 解答：需要站排的7名同学确定后，男女相间的站法如下： 女，男，女，男，女，男，女，男，女 可以先排四个女生，然后再在四个女生间隔的三个位置中排那三名男生。 [解答]：43436543A A C C ???＝4365A A ?＝21600（种） 有21600种排法 8、红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2、2、3、3面，任意取出三面排成一行，表 示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？ 解答：取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类。 ①一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能； ②两种颜色：2 4A 336?=； ③三种颜色：3 4A 24= 所以，一共可以表示2＋36＋24＝62种不同的信号
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排列组合习题及答案 排列组合是数学中的一个重要概念，它涉及到数学问题的解决方法和思维方式。本文将介绍一些排列组合的习题及答案，以帮助读者更好地理解和应用这一概念。 1. 问题一：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，问有多少种不同的选法？ 解答：这是一个从10个学生中选出3个学生的组合问题，即C(10,3)。根据组 合的定义，C(n,r)表示从n个元素中选取r个元素的组合数。因此，C(10,3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 10 * 9 * 8 / (3 * 2 * 1) = 120 种不同的选法。 2. 问题二：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，并且要求其中包含学生A，问有多少种不同的选法？ 解答：由于题目要求学生A必须在选出的小组中，因此可以将问题转化为从剩 下的9名学生中选出2名学生的组合问题，即C(9,2)。根据组合的定义，C(9,2) = 9! / (2! * (9-2)!) = 9 * 8 / (2 * 1) = 36 种不同的选法。 3. 问题三：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，并且要求其中不包含学生A，问有多少种不同的选法？ 解答：由于题目要求学生A不能在选出的小组中，因此可以将问题转化为从剩 下的9名学生中选出3名学生的组合问题，即C(9,3)。根据组合的定义，C(9,3) = 9! / (3! * (9-3)!) = 9 * 8 * 7 / (3 * 2 * 1) = 84 种不同的选法。 4. 问题四：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，且要求其中至少有一名男生和一名女生，问有多少种不同的选法？ 解答：这是一个包含男生和女生的组合问题，可以分别计算出只包含男生和只
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排列组合专项训练 1.题1 (方法对比，二星) 题面：(1)有5个插班生要分配给3所学校，每校至少分到一个，有多少种不同的分配方法？ (2)有5个数学竞赛名额要分配给3所学校，每校至少分到一个名额，有多少种不同的名额分配方法？ 解析：“名额无差别”——相同元素问题 (法1)每所学校各分一个名额后，还有2个名额待分配，可将名额分给2所学校、1所学校，共两类：2133C C +(种) (法2——挡板法) 相邻名额间共4个空隙，插入2个挡板，共：2 4 6C =(种) 注意：“挡板法”可用于解决待分配的元素无差别，且每个位置至少分配一个元素的问题.(位置有差别，元素无差别) 同类题一 题面： 有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？ 答案：6 9C 详解： 因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位置插个隔板，可 把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有69C 种分法。 同类题二 题面： 求方程X+Y+Z=10的正整数解的个数。 答案：36. 详解： 将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为x 、y 、z 之值, 故解的个数为C 92=36（个）。 2.题2 (插空法，三星) 题面：某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有______种；如果进一步要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法有____种. 答案：60，48 同类题一 题面： 6男4女站成一排，任何2名女生都不相邻有多少种排法？ 答案：A 66·A 47种. 详解： 任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空中，共有A 66·A 4 7种不同排法． 同类题二 题面：
排列组合经典练习(带答案)
排列与组合习题 1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为() A．40B．50C．60D．70 [解析]先分组再排列，一组2人一组4人有C26＝15种不同的分法；两组各3人共有C36 A22＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B. 2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有() A．36种B．48种C．72种D．96种 [解析]恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共A33A24＝72种排法，故选C. 3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有() A．6个B．9个C．18个D．36个 [解析]注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C13＝3(种)选法，即1231,1232,1233，而每种选择有A22×C23＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有() A．2人或3人B．3人或4人C．3人D．4人 [解析]设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得C2n C18－n＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人． 5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有() A．45种B．36种C．28种D．25种 [解析]因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C28＝28种走法． 6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有() A．24种B．36种C．38种D．108种 [解析]本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C13种分法，然后再分到两部门去共有C13A22种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C13种方法，由分步乘法计数原理共有2C13A22C13＝36(种)． 7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为() A．33 B．34 C．35 D．36 [解析]①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12·A33＝12个； ②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12·A33＋A33＝18个； ③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个． 故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A. 8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是() A．72 B．96 C．108 D．144 [解析]分两类：若1与3相邻，有A22·C13A22A23＝72(个)，若1与3不相邻有A33·A33＝36(个) 故共有72＋36＝108个． 9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有() A．50种B．60种C．120种D．210种 [解析]先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C16，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A25种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C16·A25＝120种，故选C. 10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答) [解析]先安排甲、乙两人在后5天值班，有A25＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A55＝120(种)排法，所以共有20×120＝2400(种)安排方法． 11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的排法．(用数字作答) [解析]由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C49·C25·C33＝1260(种)排法． 12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)． [解析]先将6名志愿者分为4组，共有 C26C24 A22种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，共有A44种分法，故所有分配方案有： C26·C24 A22·A 4 4 ＝1 080种． 13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)． [解析]5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种． 14. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有 （A）12种（B）18种（C）36种（D）54种
排列组合典型例题(带详细答案)
例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数 例2三个女生和五个男生排成一排 （1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法 （2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法 （3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法 （4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法 例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。 （1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种 （2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种 例4某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术
共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法． 例 5 现有3辆公交车、3位司机和3位售票员，每辆车上需配1位司机和1位售票员．问车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种 例6下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法 例7 7名同学排队照相． (1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法 (2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必
须在后排，有多少种不同的排法 (3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法 (4)若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不面的排法 例8计算下列各题： (1) 2 15 A ； (2) 66 A ； (3) 1 1 11------⋅n n m n m n m n A A A ； 例9 f e d c b a ,,,,,六人排一列纵队，限定a 要排在b 的前面（a 与b 可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法． 例10 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法 例11 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、
组合数学习题解答
1.证任一正整数n可唯一地表成如下形式:,0≤a i≤i,i＝1,2,…。 证：对n用归纳法。 先证可表示性：当n=0,1时，命题成立。 假设对小于n的非负整数，命题成立。 对于n,设k!≤n＜(k+1)!,即0≤n-k!＜k·k! 由假设对n-k!,命题成立，设，其中a k≤k-1,，命题成立。 再证表示的唯一性： 设, 不妨设a j＞b j,令j=max{i|a i≠b i} a j·j!+a j-1·(j-1)!+…+a1·1! = b j·j!+b j-1·(j-1)!+…+b1·1!, 另一种证法：令j=max{i|a i≠b i} , 两边被(j+1)!除,得余数a j·j!=b j·j!,矛盾. 2.证nC(n-1,r)=(r+1)C(n,r+1).并给出组合意义。 证： 组合意义： 等式左边：n个不同的球，先任取出1个，再从余下的n-1个中取r个； 等式右边：n个不同球中任意取出r+1个，并指定其中任意一个为第一个。 显然两种方案数相同。 3.证。 证：设有n个不同的小球，A、B两个盒子,A盒中恰好放1个球,B盒中可放任意个球。有两种方法放球： ①先从n个球中取k个球(k≥1),再从中挑一个放入A盒,方案数共为,其余球放入B 盒。
②先从n个球中任取一球放入A盒，剩下n-1个球每个有两种可能，要么放入B盒，要么不放，故方案数为n2n-1 . 显然两种方法方案数应该一样。 4.有n个不同的整数，从中取出两组来，要求第一组数里的最小数大于第二组的最大数。问有多少种方案？ 解：设取的第一组数有a个,第二组有b个,而要求第一组数中最小数大于第二组中最大的，即只要取出一组m个数(设m=a+b),从大到小取a个作为第一组,剩余的为第二组。此时方案数为 C(n,m)。从m个数中取第一组数共有m-1中取法。 总的方案数为. 5.六个引擎分列两排，要求引擎的点火的次序两排交错开来，试求从一特定引擎开始点火有多少种方案。 解：第1步从特定引擎对面的3个中取1个有C(3,1)种取法，第2步从特定引擎一边的2个中取1个有C(2,1)种取法，第3步从特定引擎对面的2个中取1个有C(2,1)中取法，剩下的每边1个取法固定。所以共有C(3,1)·C(2,1)·C(2,1)=12种方案。 6.试求从1到1000000的整数中，0出现了多少次？ 解：首先所有数都用6位表示，从000000到999999中在每位上0出现了105次,所以0共出现了6·105次,0出现在最前面的次数应该从中去掉， 000000到999999中最左1位的0出现了105次， 000000到099999中左数第2位的0出现了104次， 000000到009999左数第3位的0出现了103次, 000000到000999左数第4位的0出现了102次, 000000到000099左数第5位的0出现了101次, 000000到000009左数第6位的0出现了100次。 另外1000000的6个0应该被加上。 所以0共出现了6·105-105-104-103-102-101-100+6=488895次。 7.n个男n个女排成一男女相间的队伍，试问有多少种不同的方案？若围成一圆桌坐下，又有多少种不同的方案？ 解：把n个男、n个女分别进行全排列，然后按乘法法则放到一起，而男女分别在前面,应该再乘2,即方案数为2·(n!)2个. 围成一个圆桌坐下，根据圆排列法则，方案数为2·(n!)2/(2n)个. 8.n个完全一样的球，放到r个有标志的盒子,n≥r,要求无一空盒，试证其方案数为. 证：每个盒子不空，即每个盒子里至少放一个球，因为球完全一样，问题转化为将n-r个小球放入r个不同的盒子，每个盒子可以放任意个球，可以有空盒，根据可重组合定理可得共有 C(n-r+r-1,n-r)=C(n-1,n-r)中方案。根据C(n,r)=C(n,n-r),可得C(n-1,n-r)=C(n-1,n-1-(n-r))=C(n-1,r-1)个方案。证毕。
高二排列组合练习及答案
高二理科数学排列组合练习题 一．选择题 1.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同分配方法共有 （ ） （A ）90种 （B ）180种 （C ）270种 （D ）540种 2．从8盒不同的鲜花中选出4盆摆成一排，其中甲、乙两盆不同时展出的摆法种数为（ ） A ．1320 B ．960 C ．600 D ．360 3.20个不加区别的小球放入编号为1号，2号，3号三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于盒子的编号数，则不同的放法总数是 （ ） （A ）760 （B ）764 （C ）120 （D ）91 4．从10名女学生中选2名，40名男生中选3名，担任五种不同的职务，规定女生不担任其中某种职务， 不同的分配方案有 （ ）A ．231040A A B ．2323104043C C A A C ．23510405C C A D ．231040C C 5．编号1，2，3，4，5，6的六个球分别放入编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中，其中有且只有三个球的编号与盒子的编号一致的放法种数有 （ ） A ．20 B ．40 C ．120 D ．480 6．如果一个三位正整数形如“123a a a ”满足1232a a a a <<且，则称这样的三位数为凸数（如120、363、 374等），那么所有凸数个数为 （ ） A ．240 B ．204 C ．729 D ．920 7．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐， 并且这2人不． 左右相邻，那么不同排法的种数是( ) A ．234 B ．346 C ．350 D ．363 8．某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名， 则不同的安排方案种数( )A ．2426C A B ．24262 1C A C ．2426A A D ．262A 9．4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有( ) A ． 12 种 B ． 24 种 C 36 种 D ． 48 种 10．从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有 A ．210种 B ．420种 C ．630种 D ．840种 11．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必 须种植，不同的种植方法共有 ( )A ．24种 B ．18种 C ．12种 D ．6种
排列组合高二练习题及答案
排列组合高二练习题及答案 一、排列组合的基本概念和计算方法 排列组合是数学中的一个重要概念，在高二数学课程中经常会出现 相关的练习题。下面是一些排列组合的基本概念和计算方法。 1.1 排列的概念 排列是从一组元素中选取若干个元素按照一定的次序排列成一列， 其中每个元素只能使用一次。若有n个元素，要从中选取k个元素进 行排列，那么排列的数目为P(n,k)，公式为P(n,k) = n! / (n - k)! 1.2 组合的概念 组合是从一组元素中选取若干个元素无序地组成一组，其中每个元 素只能使用一次。若有n个元素，要从中选取k个元素进行组合，那 么组合的数目为C(n,k)，公式为C(n,k) = n! / (k! * (n - k)!) 1.3 阶乘的概念 阶乘是指从1乘到该数的连续自然数的乘积。例如，5的阶乘表示 为5!，其计算方法为5! = 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 120。 1.4 排列组合的计算方法 在计算排列组合的过程中，需要用到阶乘的概念。对于较大的数值，可以使用计算器或数学软件进行计算。 二、排列组合高二练习题
现在，我们来看一些高二排列组合的练习题，帮助你巩固所学的知识。 2.1 题目一 某班有10个学生，要从中选择3个学生组成一个小组，问有多少种不同的选择方法？ 答案：根据组合的计算方法，可得到C(10,3) = 10! / (3! * (10 - 3)!) = 120 种不同的选择方法。 2.2 题目二 10个人依次排队，他们要按照以下条件进行排队： - 男生必须站在女生的前面 - 同性别中按字母顺序排队 问有多少种不同的排队方法？ 答案：根据条件，首先将10个人分成男生和女生两组，分别为5 个男生和5个女生。对于同性别中的排队，可以计算出男生的排队方式为P(5,5) = 5! = 120种，女生的排队方式也是一样。因此，根据乘法原理，男女生排队的不同方法数为P(5,5) * P(5,5) = 120 * 120 = 14400种。 2.3 题目三 某地共有10个景点，游客计划依次游览其中5个景点，问有多少种不同的游览路线方法？
排列组合习题_含详细答案)
圆梦教育中心 排列组合专项训练 1.题1 (方法对比，二星) 题面：(1)有5个插班生要分配给3所学校，每校至少分到一个，有多少种不同的分配方法？ (2)有5个数学竞赛名额要分配给3所学校，每校至少分到一个名额，有多少种不同的名额分配方法？ 解析：“名额无差别”——相同元素问题 (法1)每所学校各分一个名额后，还有2个名额待分配，可将名额分给2所学校、 1所学校，共两类：21 33C C +(种) (法2——挡板法) 相邻名额间共4个空隙，插入2个挡板，共：2 4 6C =(种) 注意：“挡板法”可用于解决待分配的元素无差别，且每个位置至少分配一个元素的问题.(位置有差别，元素无差别) 同类题一 题面： 有10个运动员名额，分给7个班，每班 至少一个,有多少种分配方案？ 答案：69C 详解： 因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位置插个隔板，可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有69C 种分法。 同类题二 题面： 求方程X+Y+Z=10的正整数解的个数。 答案：36. 详解： 将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为x 、y 、z 之值, 故解的个数为C 92=36（个）。 2.题2 (插空法，三星) 题面：某展室有9个展台，现有3件展品需要展出，要求每件展品独自占用1个展台，并且3件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有______种；如果进一步要求3件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法有____种.
四年级排列组合奥数习题及答案
四年级排列组合奥数习题及答案精选 奥数的世界更是魅力无穷，它会激发学生对数学的好奇心，拓宽学生的思路。下面是为大家收集到的排列组合奥数题及答案，供大家参考。 1.排列、组合等问题 从6幅国画，4幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种选法? 解答：6×4=24种 6×2=12种 4×2=8种 24+12+8=44种 【小结】首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况，即可分三类，自然考虑到加法原理。当从国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的乘法原理。由此可知这是一道利用两个原理的综合题。关键是正确把握原理。 符合要求的选法可分三类： 设第一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在6张国画中选1张，第二步再在4张油画中选1张。由乘法原理有 6×4=24种选法。 第二类为：国画、水彩画各一幅，由乘法原理有6×2=12种选法。 第三类为：油画、水彩画各一幅，由乘法原理有4×2=8种选法。 这三类是各自独立发生互不相干进展的。
因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 24+12+8=44种。 2.排列组合 从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个? 解答：从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两 位数，三位数. 一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9; 两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、 2、3、5、6、7、8、9这八种情况.个位上，不含4的有0、1、2、 3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72 个数不含4. 三位数只有100. 所以一共有8+8×9+1=81 个不含4的自然数.
小学数学四年级排列组合习题解答
小学数学四年级排列组合习题解答 极客数学帮黄加明老师 前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题.事实上，这些问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成.在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点. 看下面的例子. 例1 由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数？ 分析注意到由四个数字0、1、2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决. 第一类：一位偶数只有0、2，共2个； 第二类：两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位可有C13种取法；若个位取2，则十位有C12种取法.故两位偶数共有（C13＋C12）种不同的取法； 第三类：三位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位和百位共有P23种取法；若个位取2，则十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有2×2个，三位偶数共有（P23＋2×2）个； 第四类：四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则共有P33个；若个位取2，则其他3位只能在0、1、3中取.千位有2种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再排成一列，有P22种取法.由乘法原理，个位为2的四位偶数有2×P22个.所以，四位偶数共有（P33＋2×P22）种不同的取法. 解：由加法原理知，共可以组成 2＋（C13＋C12）＋（P23＋2×2）＋（P33＋2×P22） ＝2＋5＋10＋10 ＝27 个不同的偶数. 补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为0和个位为2的两类.再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解. 例2 国家举行足球赛，共15个队参加.比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：①共需比赛多少场？②如果实行主客场制（即A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？ 分析比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比赛的场次. ①中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛C28场；第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛C27场；决赛中4个队，每两队比赛一场，所以共比赛C24场. ②中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是①中的2倍.
组合变形习题答案
组合变形习题答案 组合变形习题答案是许多学生在数学学习中常常遇到的难题。组合变形是数学 中的一个重要概念，它涉及到排列组合、概率统计等多个数学分支。在解决组 合变形习题时，学生需要灵活运用数学知识和技巧，同时还需要一定的逻辑思 维能力。下面将通过几个典型的组合变形习题，来探讨其解题方法和答案。 第一个习题是关于排列组合的基本原理。假设有5个不同的球，要从中选择3 个球，问有多少种选择方法。这个问题可以通过排列组合的思想来解决。首先，我们可以计算出从5个球中选出3个球的排列数，即5P3。根据排列数的计算 公式，我们可以得到答案为5*4*3=60。所以，这个习题的答案是60种选择方法。 第二个习题是关于二项式定理的应用。假设有一个骰子，它有6个面，分别标 有1、2、3、4、5、6。现在我们要掷这个骰子4次，问掷出的4个数字之和为10的概率是多少。这个问题可以通过二项式定理来解决。首先，我们可以将这 个问题转化为求解方程x1+x2+x3+x4=10的非负整数解的个数。根据二项式定 理的应用，我们可以将这个问题转化为求解(x+1)^4的展开式中x^10的系数。 通过计算，我们可以得到答案为20。所以，这个习题的答案是20种选择方法。第三个习题是关于概率统计的应用。假设有一个班级，其中有10个男生和20 个女生。现在我们要从这个班级中随机选择3个学生，问选择的学生中至少有 一个男生的概率是多少。这个问题可以通过概率统计的方法来解决。首先，我 们可以计算出选择的学生中没有男生的概率，即选择的学生全为女生的概率。 根据概率统计的计算方法，我们可以得到答案为 C(20,3)/C(30,3)=1140/4060≈0.281。所以，这个习题的答案是约为0.281的概
组合数学第三版+卢开澄+习题答案
第1章 排列与组合 经过勘误和调整，已经消除了全部的文字错误，不过仍有以下几个题目暂时没有找到解答： 1.8 1.9 1.16 1.41（答案略） 1.42（答案略） 1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其满足： ()5;() 5. a a b b a b -=-≤ [解] (a) 5=-b a 将上式分解，得到55 a b a b -=+⎧⎨ -=-⎩ a = b –5，a=0时，b ＝5，6，7，…,50。满足a=b-5的点共50-4=46个点. a = b+5，a=5时，b ＝0，1，2，…,45。满足a=b+5的点共45-0+1=46个点. 所以，共计92462=⨯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5 8C 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： 2×3 5C ×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.
(完整word版)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
组合数学习题解答
★★★第一章：★★★ 1、用六种方法求839647521之后的第999个排列。提示：先把999换算成递增或递减进位制数，加到中介数上，就不用计算序号了。 解： 字典序法递增进位 制法 递减进位 制法 邻位对换法 839647521 的中介数 72642321 ↑ 67342221 ↑ 12224376 ↓ 10121372↓ 999的中介 数 121211↑121211↑1670↓1670↓ 839647521 后999的中 介数 73104210 ↑ 67504110 ↑ 12230366 ↓ 10123362↓ 839647521 后999个的 排列 842196537 859713426 389547216 → 3 ← 8 → 4 → 5 → 7 → 6 ← 9 ← 21 ★★★第二章★★★ 例5：10个数字（0到9）和4个四则运算符(+,-,×,÷) 组成的14个元素。求由其中的n个元素的排列构成一算术表达式的个数。 因所求的n个元素的排列是算术表达式，故从左向右的最后一个符号必然是数字。而第n-1位有两种可能，一是数字，一是运算符。如若第n-1位是十个数字之一，则前n-1位必然构成一算术表达式。 10a n-1 如若不然，即第n-1位是4个运算符之一，则前n-2位必然是算术表达式。40a n-2,根据以上分析，令a n表示n个元素排列成算术表达式的个数。则 a2=120指的是从0到99的100个数，以及±0,±1,...,±9, 利用递推关系(2-8-1)，得a0=1/2 特征多项式x2-10x-40 。它的根是 解方程 得
例7：平面上有一点P，它是n个域D1,D2,...,D n的共同交界点，见图2-8-4现取k种颜色对这n个域进行着色，要求相邻两个域着的颜色不同。试求着色的方案数。 令a n表示这n个域的着色方案数。无非有两种情况 （1）D1和D n-1有相同的颜色； （2）D1和D n-1所着颜色不同。 第一种情形，域有k-1种颜色可用，即D1D n-1域所用颜色除外；而且从D1到D n-2的着色方案，和n-2个域的着色方案一一对应。后一种D n域有k-2种颜色可供使用；而且从D1到D n-1的每一个着色方案和n-1个域的着色方案一一对应。 利用(2-8-3)得a1=0,a0=k ，(2-8-3)的特征方程为 习题： 4.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目。 解设a n为所求个数，b n为不出现AB的串的个数 a n+ b n=4n, b n=4b n-1-b n-2, // b n-2：前n-2个组成的串中不出现AB的串的个数，最后两位是AB.