李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
李凡长版 组合数学课后习题答案习题4
第四章 生成函数1. 求下列数列的生成函数： （1）{0,1,16,81,…,n 4,…} 解：G{k 4}=235(11111)1x x x x x +++-（）（2）343,,,333n +⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎭L 解：3n G n +⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭=41(1)x - （3）{1,0,2,0,3,0,4,0,……} 解：A(x)=1+2x 2+3x 4+4x 6+…=（211x-）2. （4）{1,k ,k 2,k 3,…} 解：A(x)=1+kx+k 2x 2+k 3x 3+…=11kx -. 2. 求下列和式： （1）14+24+…+n 4解：由上面第一题可知，{n 4}生成函数为A(x)=235(11111)1x x x x x +++-（）=0kk k a x ∞=∑， 此处a k =k 4.令b n =14+24+…+n 4，则b n =0nk k a =∑，由性质3即得数列{b n }的生成函数为 B(x)= 0nn n b x ∞=∑=()1A x x -=34125(1111)ii i x x x x x i ∞=++++⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得14+24+…+n 4=b n =1525354511111234n n n n n n n n -+-+-+-++++----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭321(1)(691)30n n n n n =+++-（2）1·2+2·3+…+n (n +1)解：{ n (n +1)}的生成函数为A(x)=32(1)x x -=0kk k a x ∞=∑，此处a k = n (n +1).令b n =1·2+2·3+…+n (n +1)，则b n =0nk k a =∑.由性质3即得数列{b n }的生成函数为B(x)=nn n b x ∞=∑=()1A x x-=42(1)xx -=032nk kk x x k =+⎛⎫⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得1·2+2·3+…+n (n +1)= b n =2(1)(2)213n n n n n +++=-⎛⎫ ⎪⎝⎭. 3. 利用生成函数求解下列递推关系： （1）()7(1)12(2)(0)2,(1)7f n f n f n f f =---==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()n n f n x ∞=∑则有A(x)-f(0)-f(1)x=2()nn f n x ∞=∑=2(7(1)12(2))n nf n f n x∞=---∑=217()12()nnn n x f n x xf n x∞∞==-∑∑=7x(A(x)-f(0))-12x 2A(x).将f(0)=2，f(1)=7代入上式并整理，得22711()(34)17121314n n n x A x x x x x ∞=-==+=+-+--∑. （2）()3(1)53(0)0nf n f n f =-+⋅=⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)= 1(3(1)53)n nnf n x ∞=-+⋅∑=03()153nn n n n x f n x x x ∞∞==+∑∑=3xA(x)+15x·113x-.A(x)= 215(13)xx - （3）()2(1)(2)(0)0,(1)1f n f n f n f f =-+-==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)-f(1)x=2(2(1)(2))n nf n f n x ∞=-+-∑=212()()nnn n x f n x xf n x∞∞==+∑∑=2x(A(x)-f(0))+x 2A(x).将f(0)=0，f(1)=1代入上式并整理，得2()12x A x x x =--.4. 设序列{n a }的生成函数为：343(1)(1)xx x x --+-,但00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,……,求序列{n b }的生成函数.解：由00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,得0nk n k b a ==∑，所以A(x)=()1B x x-.由此得B(x)=(1-x)A(x)= 3431xx x -+-，亦即序列{n b }的生成函数。
人教A版高中数学选择性必修第三册素养单元课后习题 第6章 计数原理 组合 组合数
066.2.3 组合 6.2.4 组合数A级必备知识基础练1.把三张游园票分给10个人中的3人,分法有( )A.A103种B.C103种C.C103A103种D.30种2,则n的值为( )2.若A n2=3C n-1A.4B.5C.6D.73.若5名代表分4张同样的参观券,每人最多分一张,且全部分完,那么分法一共有( )A.2种B.1 024种C.625种D.5种4.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,则共需建公路的条数为( )A.4B.8C.28D.645.从2,3,…,8中任意取三个不同的数字,组成无重复数字的三位数,要求个位数最大,百位数最小,则这样的三位数的个数为( )A.35B.42C.105D.2106.某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案种数为( )A.30B.60C.120D.1807.若集合A={a1,a2,a3,a4,a5},则集合A的子集中含有4个元素的子集共有个.8.若对任意的=-1,0,13,12,1,2,3,4的所有非空子集中,“具有伙伴关系”的集合的个数为.B级关键能力提升练9.已知圆上有9个点,每两点连一线段,所有线段在圆内的交点有( )A.36个B.72个C.63个D.126个10.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.33B.34C.35D.3611.(多选题)某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程,若甲、乙、丙三名同学只能各自体验其中一门课程,则( )A.甲、乙、丙三人选择课程方案有120种B.甲、乙、丙三人选择同样课程有6种方案C.恰有三门课程没有被三名同学选中的选课方案有120种D.若有A,B,C,D,E五名教师教这6门课程,每名老师至少教一门,且A老师不教“数”,则有1 440种排课方式12.某城市纵向有6条道路,横向有5条道路,构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路),则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有条.13.某班级在迎新春活动中进行抽卡活动,不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张,“龙”卡三张.每个学生从卡箱中随机抽取4张卡片,其中抽到“龙”卡获得2分,抽到其他卡均获得1分,若抽中“福”“龙”“迎”“春”4张卡片,则额外获得2分.(1)求学生甲最终获得5分的不同的抽法种数;(2)求学生乙最终获得7分的不同的抽法种数.参考答案6.2.3 组合 6.2.4 组合数1.B 三张票没区别,从10人中选3人即可,即C103.2,2.C 因为A n2=3C n-1.所以n(n-1)=3(n-1)(n-2)2又n≥3,解得n=6.故选C.3.D 由于4张同样的参观券分给5名代表,每人最多分一张,故从5名代表中选4人满足分配要求,不同的分法共有C54=5种.=4.C 由于“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建C82=A82A228×7=28条公路.2×15.A 由于取出三个数字后大小次序已确定,只需把最小的数字放在百位,最大的数字放在个位,剩下的数字放在十位,因此满足条件的三位数的个=35.数为C73=7×6×53×2×16.B 从6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案种数为C61×C52×C33=60.故选B.7.5 因为子集中含有4个元素,且集合中元素具有无序性,则满足条件的子集个数为C54=5.8.15 “具有伙伴关系”的元素组有-1;1;12,2;13,3,共4组.所以集合M 的所有非空子集中,“具有伙伴关系”的非空集合中的元素,可以是“具有伙伴关系”的元素组中的任意一组、二组、三组、四组.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为C 41+C 42+C 43+C 44=15.9.D 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所有四边形的对角线交点个数即为所求,所以交点为C 94=126个.10.A ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的点的个数为C 21·A 33=12;②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的点的个数为C 21·A 33+A 33=18;③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的点的个数为C 31=3.故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33.故选A.11.BCD 对于A,甲、乙、丙三人每人都有6种选择方案,共有6×6×6=216种选择课程方案.故A 错误.对于B,甲、乙、丙三人选择同样课程有6种方案.故B 正确.对于C,恰有三门课程没有被三名同学选中即3名同学选择了不同的三门课程,故有A 63=120种选课方案.故C 正确.对于D,若A 老师教2门课程,则有C 52A 44=240种排课方式;若A 老师教1门课程,且教2门课的老师教“数”,则有C 41C 51A 44=480种排课方式;若A 老师教1门课程,且教2门课的老师不教“数”,则有C41C52C31A33=720种排课方式,因此一共有240+480+720=1440种排课方式.故D正确.故选BCD.12.126 要使路线最短,只能向右或向上走,途中不能向左或向下走.因此,从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段,从9个行走时段中任取4个时段走纵线段,其余5个时段走横线段,共有C94×C55=126种走法,故从A地到B地的最短路线共有126条.13.解(1)学生甲最终获得5分,则需抽中1张“龙”卡和3张其他卡,且不能抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡,则不同的抽法种数为C31(C63−C21C21C21)=36.(2)学生乙最终获得7分的情况有2种:一种是抽中3张“龙”卡和1张其他卡,另一种是抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡,则不同的抽法种数为C33C61+C31C21C21C21=30.。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题1
1第一章 排列组合1、 在小于2000的数中，有多少个正整数含有数字2？解：千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为：2*1*10*10；千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为：2*9*1*10； 千位数为1或0，百位数和十位数皆不为2，个位数为2的正整数个数为：2*9*9*1；故满足题意的整数个数为：2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1＝542。
2、 在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个？ 解：（1） 串中有6个1：1个0有5个位置可以插入：5种。
（2） 串中有5个1，除去0111110，个数为()62-1＝14。
（或：()()4142*2+＝14）（3）串中有4个1：分两种情况：①3个0单独插入，出去1010101，共()53-1种；②其中两个0一组，另外一个单独，则有()()2*)2,2(4152-P 种。
（4）串中有3个1：串只能为**1101**或**1011**，故共4*2种。
所以满足条件的串共48个。
3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时，共找到中文的10篇，英文的12篇，德文的5篇，法文的6篇，且所有的都不相同。
如果他只需要2篇，但必须是不同语言的，那么他共有多少种选择？ 解：10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个，其和为m 。
求n 和m 。
解：由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异，且个位数字为2，4，6的偶数均有P(5,3)=60个，于是：n = 60*3 = 180。
以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。
因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故 a 1 = (2+4+6)*60=720。
因为千（百，十）位数字为1，3，5的偶数各有3*P(4,2) = 36个，为2，4，6的偶数各有2*P(4,2) = 24个，故a 2 = a 3 = a 4 = (1+3+5)*36 + (2+4+6)*24 = 612。
李凡长版组合数学课后习题标准答案习题
第二章 容斥原理与鸽巢原理1、1到10000之间（不含两端）不能被4，5和7整除的整数有多少个？ 解 令A={1,2,3,…,10000}，则 |A|=10000.记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合，则有：|A 1| = L 10000/4」=2500,|A 2| = L 10000/5」=2000,|A 3| = L 10000/7」=1428,于是A 1∩A 2 表示A 中能被4和5整除的数,即能被20 整除的数，其个数为| A 1∩A 2|=L 10000/20」=500；同理， | A 1∩A 3|=L 10000/28」=357,| A 2∩A 3|=L 10000/35」=285,A 1 ∩A 2 ∩ A 3 表示A 中能同时被4,5,7整除的数，即A 中能被4,5,7的最小公倍数lcm(4,5,6)=140整除的数，其个数为| A 1∩A 2∩A 3|=L 10000/140」= 71.由容斥原理知，A 中不能被4，5，7整除的整数个数为||321A A A ⋂⋂= |A| - (|A 1| + |A 2| +|A 3|) + (|A 1∩A 2| + |A 1∩A 3| +|A 3∩A 2|) - |A 1∩A 2∩A 3|= 51432、1到10000之间（不含两端）不能被4或5或7整除的整数有多少个？ 解 令A={1,2,3,…,10000}，记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合，A 中不能被4，5，7整除的整数个数为||321A A A ⋃⋃ = |A| - ||321A A A ⋂⋂ - 2 = 10000 - L 10000/140」- 2 = 99273、1到10000之间（不含两端）能被4和5整除，但不能被7整除的整数有多少个？解 令A 1表示在1与10000之间能被4和5整除的整数集，A 2表示4和5整除，也能被7整除的整数集。
2020学年高中数学课时分层作业3组合(含解析)苏教版选修2-3(2021-2022学年)
课时分层作业(三）组合（建议用时：60分钟）［基础达标练]一、选择题１．以下四个命题，属于组合问题的是（)A.从3个不同的小球中,取出2个排成一列B.老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C．在电视节目中，主持人从１0０位幸运观众中选出２名幸运之星D.从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地C [从100位幸运观众中选出2名幸运之星,与顺序无关，是组合问题．]2．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建“村村通"工程,共需建公路的条数为（ )Ａ.4 B．8Ｃ.２8 D.6４Ｃ [由于“村村通＂公路的修建，是组合问题．故共需要建C错误!未定义书签。
＝２8条公路.］3.组合数C错误!(ｎ＞ｒ≥1，n,r∈N)恒等于( )A．ｒ＋１n+１C错误!未定义书签。
B.（ｎ＋1)(ｒ+1)C错误!C.ｎｒC错误!ﻩD.错误!未定义书签。
C错误!D[nｒC错误!=错误!未定义书签。
·错误!未定义书签。
＝错误!=C错误!未定义书签。
]4.若A错误!未定义书签。
=１２C错误!未定义书签。
,则n等于( ）A．8ﻩＢ．5或６C．３或4ﻩ D.4A[A错误!未定义书签。
＝ｎ（n－１)（ｎ－2)，Ｃ错误!＝错误!未定义书签。
n(ｎ－1),所以ｎ（n－1)(n－2）＝12×错误!未定义书签。
ｎ(n－1）．由n∈Ｎ＊,且n≥3，解得n＝８。
］5．某施工小组有男工７名，女工3名,现要选１名女工和2名男工去支援另一施工小组,不同的选法有( ）A.C错误!未定义书签。
种ﻩB.Ａ＼ｏ＼ａl(3,10)种ﻬC.Ａ错误!未定义书签。
A错误!种Ｄ.C错误!未定义书签。
Ｃ错误!种D [每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步,选女工，有C错误!未定义书签。
种选法；第二步,选男工,有C错误!未定义书签。
种选法．故共有C错误!C错误!未定义书签。
《组合数学》第二版 姜建国著 课后习题答案全
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；
2022年秋高中数学第六章计数原理培优课排列与组合的综合应用课后习题新人教A版选择性必修第三册
培优课——排列与组合的综合应用A 级必备知识基础练1.若将9名会员分成三组讨论问题,每组3人,共有不同的分组方法种数有( )A.C 93C 63B.A 93A 63C.C 93C 63A 33D.A 93A 63A 332.已知直线a ,直线b ,且a ∥b ,a 上有5个点,b 上有4个点,则以这9个点中3个点为顶点的三角形个数为( )A.C 52C 41+C 51C 42B.(C 52+C 41)(C 51+C 42)C.C 93-9D.C 93−C 533.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某项服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车,但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是( ) A.152 B.126C.90D.544.某校开设9门课程供学生选修,其中A,B,C 三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位同学选修4门,共有 种不同的选修方案.5.把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一张,至多两张,且分得的两张票必须是连号,那么不同的分法种数为 .6.甲、乙、丙三位教师指导五名学生a ,b ,c ,d ,e 参加全国高中数学联赛,每位教师至少指导一名学生.(1)若每位教师至多指导两名学生,求共有多少种分配方案; (2)若教师甲只指导其中一名学生,求共有多少种分配方案.7.有5个男生和3个女生,从中选出5人担任5门不同学科的科代表,求分别符合下列条件的选法数:(1)有女生但人数必须少于男生;(2)某女生一定担任语文科代表;(3)某男生必须包括在内,但不担任数学科代表;(4)某女生一定要担任语文科代表,某男生必须担任科代表,但不担任数学科代表.B级关键能力提升练8.假如某大学给我市某三所高中学校共7个自主招生的推荐名额,则每所中学至少分到一个名额的方法数为()A.30B.21C.10D.159.某工程队有卡车、挖掘机、吊车、混凝土搅拌车4辆工程车,将它们全部派往3个工地进行作业,每个工地至少派一辆工程车,共有多少种方式?下列结论正确的是()A.A33B.C31C21C11C31C.C31C42A22D.C43A3310.“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点.小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度.若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点,则“住房”作为其中的一个调查热点,但不作为第一个调查热点的不同调查顺序的种数为()A.13B.24C.18D.7211.如图是由6个正方形拼成的矩形图案,从图中的12个顶点中任取3个点作为一组.其中可以构成三角形的组数为()A.208B.204C.200D.19612.若自然数n使得n+(n+1)+(n+2)不产生十进位现象,则称n为“良数”.例如:32是“良数”,因为32+33+34不产生十进位现象;23不是“良数”,因为23+24+25产生十进位现象.那么,小于1000 的“良数”的个数为()A.27B.36C.39D.4813.某企业有4个分厂,新培训了6名技术人员,将这6名技术人员分配到各分厂,要求每个分厂至少1人,则不同的分配方案种数为.14.双十一活动期间,某商场计划将5张广告宣传页粘贴在商场的3个不同的入口,其中有2张是电器广告的宣传页,要求这2张电器广告的宣传页必须粘贴在不同入口,且每个入口至少粘贴1张宣传页,则不同的粘贴方法有 种.15.从6名短跑运动员中选4人参加4×100米接力赛,如果甲不能跑第一棒,乙不能跑第四棒,共有多少种不同的参赛方法?C 级学科素养创新练16.某论坛期间,某高校有14名志愿者参加接待工作,若每天早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为( )A.C 1412C 124C 84B.C 1412A 124A 84C.C 1412C 124C 84A 33D.C 1412C 124C 84A 3317.已知不定方程x 1+x 2+x 3+x 4=12,则不定方程正整数解的组数为 .培优课——排列与组合的综合应用1.C 此题为平均分组问题,有C 93C 63A 33种分法.2.A 可以分为两类:a 上取两点,b 上取一点,则可构成三角形个数为C 52C 41;a 上取一点,b 上取两点,则可构成三角形个数为C 51C 42.利用分类加法计数原理可得以这9个点中3个角为顶点的三角形个数为C 52C 41+C 51C 42,故选A .3.B 按从事司机工作的人数进行分类.有1人从事司机工作,不同的安排方案有C 31C 42A 33=108(种); 有2人从事司机工作,不同的安排方案有C 32·A 33=18(种).所以不同安排方案的种数是108+18=126. 4.75 分两类:第1类,从A,B,C 中选1门,从另6门中选3门,共有C 31·C 63种选法; 第2类,从6门中选4门有C 64种选法. 故共有C 31·C 63+C 64=75(种)不同的选修方案.5.96 先将票分为符合条件的4份,由题意,4人分5张票,且每人至少一张,至多两张,则三人每人一张,一人2张,且分得的票必须是连号,相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开,分为四部分.在中间4个空位插3个板子,共有C 43=4(种)情况,再对应到4个人,有A 44=24(种)情况,则共有4×24=96(种)不同的分法.6.解(1)5名学生分成3组,人数分别为2,2,1, ∴分配方案有C 52C 32A 22·A 33=90(种).(2)从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导,剩下4名学生分成2组,人数分别为2,2或3,1,∴分配方案有C 51C 42C 22A 22·A 22+C 43C 11A 22=70(种).7.解(1)先选后排,可以是2女3男,也可以是1女4男,先选有(C 53C 32+C 54C 31)种情况,后排有A 55种情况,则符合条件的选法数为(C 53C 32+C 54C 31)·A 55=5400.(2)除去该女生后,先选后排,则符合条件的选法数为C 74·A 44=840. (3)先选后排,但先安排该男生,则符合条件的选法数为C 74·C 41·A 44=3360.(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C 63种情况,再安排该男生有C 31种情况,选出的3人全排有A 33种情况,则符合条件的选法数为C 63·C 31·A 33=360.8.D 用“隔板法”.在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板,有C 62=15(种)分配方法.9.C10.D 可分三步:第1步,先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个,有C 43种不同的选法;第2步,在调查时,“住房”安排的顺序有A 31种可能情况;第3步,其余3个热点调查的顺序有A 33种排法.根据分步乘法计数原理可得,不同调查顺序的种数为C 43A 31A 33=72.11.C 任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种:一是3条横线中在同一横线上的4个点,其组数为3C 43;二是4条竖线中在同一竖线上的3个点,其组数为4C 33;三是4条对角线上的3个点,其组数为4C 33,所以可以构成三角形的组数为C 123-3C 43-8C 33=200.12.D 如果n 是良数,则n 的个位数字只能是0,1,2,非个位数字只能是0,1,2,3(首位不为0),而小于1000的数至多三位,一位数的良数有0,1,2,共3个;二位数的良数个位可取0,1,2,十位可取1,2,3,共有3×3=9(个);三位数的良数个位可取0,1,2,十位可取0,1,2,3,百位可取1,2,3,共有3×4×3=36(个).综上,小于1000的“良数”的个数为3+9+36=48.13.1 560 先把6名技术人员分成4组,每组至少一人. 若4个组的人数按3,1,1,1分配, 则不同的分配方案有C 63C 31C 21C 11A 33=20(种).若4个组的人数为2,2,1,1, 则不同的分配方案有C 62C 42A 22×C 21A 22=45(种).故所有分组方法共有20+45=65(种).再把4个组的人分给4个分厂,不同的方法有65A 44=1560(种). 14.114 根据题意,分2步进行分析:①将5张宣传页分为3组,其中2张电器广告的宣传页不能在同一组,若分为张数1,1,3的三组,有C 53−C 31=7种分组方法,若分为张数1,2,2的三组,有C 52C 32A 22−C 32=12种分组方法,则广告宣传页共有7+12=19种分组方法.②将分好的三组分别粘贴在不同入口,有A 33=6种情况, 则有19×6=114种不同的粘贴方法. 15.解把所选取的运动员的情况分为三类:第1类,甲、乙两人均不参赛,不同的参赛方法有A 44=24(种);第2类,甲、乙两人有且只有1人参赛,不同的参赛方法有C 21C 43(A 44−A 33)=144(种); 第3类,甲、乙两人都参赛,不同的参赛方法有C 42(A 44-2A 33+A 22)=84(种).由分类加法计数原理知,所有的参赛方法共有24+144+84=252(种).16.A 首先从14人中选出12人,共C 1412种,然后将12人平均分为3组,共C 124C 84C 44A 33种,然后这两步相乘,得C 1412C 124C 84A 33.将三组排列后共C 1412C 124C 84种.故选A .17.165 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子,且每个盒子中至少放入1个小球,使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为C 113=165.。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
第五章 P ólya 计数理论1. 计算（123）（234）（5）（14）（23）,并指出它的共轭类.解：题中出现了5个不同的元素：分别是：1，2，3，4，5。
即|S n |＝5。
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=512345432152431543215413254321)23)(14)(5)(234)(123(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=51234543215214354321 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5341254321 )5)(34)(12(=（5）（12）（34）的置换的型为1122而S n 中属于1122型的元素个数为1521!1!2!521=个其共轭类为（5）（14）（23），（5）（13）（24），（1）（23）（45），（1）（24）（35）， （1）（25）（34），（2）（13）（45），（2）（14）（35），（2）（15）（34）， （3）（12）（45），（3）（14）（25），（3）（15）（24），（4）（12）（35）， （4）（13）（25），（4）（15）（24）2. 设D 是n 元集合,G 是D 上的置换群.对于D 的子集A 和B ,如果存在G ∈σ,使得}|)({A a a B ∈=σ,则称A 与B 是等价的.求G 的等价类的个数.解：根据Burnside 引理∑==ni i a c G l 11)(1，其中c 1(a i )表示在置换a i 作用下保持不变的元素个数，则有 c 1(σI )=n;设在σ的作用下，A 的元素在B 中的个数为i ，则c 2(σ)=n －2i ；若没有其他置换，则G 诱出来的等价类个数为l=i n i n n -=-+)]2([213. 由0,1,6,8,9组成的n 位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两个数是相等的.例如,0168和8910,0890与0680是相等的.问不相等的n 位数有多少个？解：该题可理解为相当于n 位数，0，1，6，8，9这5个数存在一定的置换关系对于置换群G={g 1,g 2}g 1为不动点置换，型为1n ；为5n ；g 2置换：（1n ）(2(n-1))(3(n-2))…(⎥⎥⎤⎢⎢⎡⎥⎦⎥⎢⎣⎢22n n ) 分为2种情况：（1） n 为奇数时212n ，但是只有中间的数字是0，1，8的时候，才可能调转过来的时候是相同的，所以这里的剩下的中间数字只能是有3种。
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17第三章 递推关系1. 在平面上画n 条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系. 解： f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4 解得f(n)=2n.2. n 位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系. 解：设a n-1a n-2…a 1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。
a n 可以有两种情况：1） 不管上述序列中是否有2，因为a n 的位置在最左边，因此0 和1均可选；2）当上述序列中没有1时，2可选； 故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1, f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3. n 位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。
则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1） f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2） 将（1）得到的h(n)=(2n +4n )/2代入（2），可得 n +4n )/2-2f(n), 4. 求满足相邻位不同为0的n 位二进制序列中0的个数f(n). 解：这种序列有两种情况：1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个； 2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；所以5. 求n 位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n). 解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；依此类推，有18f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2 f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6. 求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n). 解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。
包括以下情况：f(n)包含了在最后三位第一次出现010的个数，同时排除了从 n-4到n-2位第一次出现010的可能；f(n-2)包含了从n-4到n-2位第一次出现010的个数； f(n-3)包含了从n-5到n-3位第一次出现010的个数；2f(n-4)包含了从n-6到n-4位第一次出现010的个数（因为 在第n-3位可以取0或1）；同理，k ≥3时，第n-k-2到n-k 位第一次出现010的个数为 2k-3f(n-k)(因为第n-k 位～n-3位中间的k-3位可以取0、1，所以有2k-3种状态)。
所以满足条件的递推关系为f(n)+f(n-2)+f(n-3)+…+2n-6f(3)=2n-3 n ≥6f(3)=1,f(4)=2,f(5)=3.7. 有多少个长度为n 的0,1序列,在这些序列中,既不包含“010”,也不包含“101”？解：设满足条件的序列数为f(n)考虑n-1位时最左边的情况：1) 最左边为1，则左边可选0或1生成满足要求的序列，这种情况有2f(n-2)个；2) 最左边为01，则左边只能选1才能满足要求，这种情况有 f(n-3)个；f(n)=2f(n-2)+f(n-3) f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.8. 在信道上传输a,b,c 三个字母组成的长为n 的字符串,若字符串中有两个a 连续出现,则信道就不能传输.令f(n)表示信道可以传输的长为n 的字符串的个数,求f(n)满足的递推关系.解：信道上能够传输的长度为n （n ≥2）的字符串可分成如下四类：1) 最左字符为b ； 2) 最左字符为c ；3) 最左两个字符为ab ； 4) 最左两个字符为ac ；前两类字符串分别有f(n-1)个，后两类字符串分别有f(n-2)个。
容易求出f(1)=3,f(2)=8。
从而得到 f(n)=2f(n-1)+2f(n-2) (n ≥3) f(1)=3,f(2)=8. 9. 求解下列递推关系：（1）()2(1)2(2)(1)3,(2)8f n f n f n f f =-+-⎧⎨==⎩；解：先求这个递推关系的通解，它的特征方程为x 2-2x －2=0解这个方程，得11x =,21x =19所以，通解为12()(1(1n n f n c c =+.代入初值来确定c 1和c 2，得1c =2c =.因此，()n n f n =+. （2）()4(1)4(2)(0)1,(1)3f n f n f n f f =---⎧⎨==⎩；解：此递推关系的特征方程为x 2-4x+4=0 解这个方程，得x 1=x 2=2. 所以通解为f(n)=c 12n +c 2n2n .代入初值来确定c 1和c 2，得c 1=1，c 2=1/2.因此，f(n)=2n +2n-1n.（3）()(1)3(2)5(3)2(4)(0)1,(1)0,(2)1,(3)2f n f n f n f n f n f f f f =--+-+-+-⎧⎨====⎩；解：该递推关系的特征方程为x 4+x 3-3x 2-5x-2=0, 解得特征根为x 1=x 2=x 3=-1,x 4=2.所以通解为f(n)=c 1(-1)n +c 2n(-1)n +c 3n 2(-1)n +c 42n .代入初值，得1234712,,0,939c c c c ==-==.因此，712()(1)(1)2939nnnf n n =---+⋅.（4）()4(1)4(2)2(0)0,(1)1nf n f n f n n f f ⎧--+-=⋅⎨==⎩；解：由于2是特征方程的二重根，所以该递推关系的特解为f '(n)=n 2(b 1n+b 0)·2n .将它代入递推关系化简，得到 6b 1=1, -6b 1+2b 0=0解得012b =，116b =.而相应齐次递推关系的通解为(c 0+c 1n)·2n ，从而非齐次递推关系的通解为2011()()262n n f n c c n n =+++⋅⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.代入初值可得00c =，116c =-.20 于是321()(3)26n f n n n n =+-⋅.（5）()(1)! (1)(0)2f n nf n n n f =-+≥⎧⎨=⎩；解：f(1)=f(0)+1!f(2)=2f(1)+2!=2f(0)+2*2!=2!(f(0)+2) f(3)=3f(2)+3!=6f(0)+3*3!=3!(f(0)+3) …f(n)=n!(f(0)+n)=n!(n+1).（6）()(2)(1) (1)(0)1f n n f n n f =+-≥⎧⎨=⎩；解：f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=… =(n+2)(n+1)…3·f(0)=(n+2)!/2.10. 在一圆周上取n 个点,过每对点作一弦,且任何三条弦不在圆内共点,试求这些弦把圆分成的区域的个数.解：n-1个点把圆分为f(n-1)部分，在加第n 个点则对于前n-1个点来说，每选3个点都有3条弦构成了一个三角形。
而中间的一点和第n 点的连线把中间和第n 点间的弦分成了2个部分，增加了1一个域。
第n 个点和其它n-1个点的连线又把第1，n-1，n 点构成的三角形分为n 个域。
故满足条件的递推关系为，解得 f(n)=1+C(n,2)+C(n-4). 11. 设有n 条椭圆曲线，两两相交于两点，任意3条椭圆曲线不相交于一点.问这样的n 个椭圆将平面分割成多少部分?解：设f(n)表示n 个椭圆将平面分割成的部分的个数，则有：一个椭圆将平面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成4个部分。
第二个椭圆的周界被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。
依此类推，第三个椭圆曲线被前面两个椭圆分割成4部分，将平面分割成4＋4＝8个部分。
若n －1个椭圆将平面分割成f(n-1)个部分，第n 个椭圆和前n －1个椭圆两两相交于两点，共2（n －1）个交点，即新增加的域有2（n －1）个。
故有 f(n)=f(n-1)+2(n-1) f(1)=2解得f(n)=n(n-1)+212. 求n 位十进制正数中出现偶数个5的数的个数.解：设f(n)表示n 位十进制正数中出现个5的数的个数，d=d 1d 2…d n-1表示n-1位十进制数，则若d 含有偶数个5，则d n 取5以外的任何一个数；若d 含有奇数个5，则d n 取5。
另n-1位十进制的数共有9×10n-2个，故递推关系为f(n)=9f(n-1)+ 9×10n-2-f(n-1)= 9×10n-2+8f(n-1) f(1)=8.2113. 在一个平面上画一个圆,然后一条一条地画n 条与圆相交的直线.当r 是大于1的奇数时,第r 条直线只与前r －1条直线之一在圆内相交.当r 是偶数时,第r 条直线与前r －1条直线都在圆内相交.如果无3条直线在圆内共点,这n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？解：当r 是奇数时，它只与原来r －1条直线之一相交，因此多了两个部分； 当r 是偶数时，它与原来的r －1条都相交，因此多了r 个交点； 故有f(n)=f(n-1)+2 n 为奇数； f(n)=f(n-1)+n n 为偶数；14. 从1到n 的自然数中选取k 个不同且不相邻的数,设此选取的方案数位f(n,k).1) 求f(n,k)满足的递推关系； 2) 用归纳法求f(n,k)；3) 若设1与n 算是相邻的数,并在此假定下从1到n 的自然数中选取k个不同且不相邻的数的方案数位g(n,k),试利用f(n,k)求g(n,k).解：1）有两类：选n 为f(n-2,k-1)；不选n 为f(n-1,k).所以 f(n,k)=f(n-2,k-1)+f(n-1,k). 2)f(n,k)=C(n-k+1,k).3)f(n,k)=C(n-k+1,k-1)*n/k.15. 从1到n 的自然数中选取两两之差均大于r 的k 个数1) 求它所满足的递推关系；2) 证明(,),(1)r n rk r f n k n r k r k -+⎛⎫=+≥+ ⎪⎝⎭解：可将本题转换为构造相应的0－1串的问题。
将这样的n 位0－1串与1到n 的正整数对位，与1相应的整数选取，与0相应的不取。
一个0－1串对应一个选取方案。
这也对应将相同的球放入不同的盒子的方案数。