组合问题答案及讲稿

3n3 4n4 m nm 4 （内部顶点数） (n 2) （周界顶点数） ，
显然，周界上有 n 个顶点，又因为内部每个顶点都是一对对角线的交点，而每一对相交于形 内的对角线，其四个端点为 n 边形周界上的四个顶点，故内部交点与 n 边形周界上顶点的所 有可能的四顶点组合一一对应，因此内部顶点有 Cn 个，于是
4 3n3 4n4 m nm 4 Cn n(n 2) …… ① 4
(20 ) 、再从角度方面考虑
一方面，由于 k 边形的内角和为 (k 2) ，故所有多边形内角总和为
S角 n3 n4 2 nm (m 2)
另一方面，对于每个内部的交点 P ，围绕点 P 的内角和为 2 ， Cn 个内部顶点共得
对于有限平面网络而言， F 图形内区域数 1 ，即 F f (n) 1 … ②， （ 1 也可代表 图形之外无限大的那个面） ， V 的值是 n 边形内部顶点数与周界上的顶点数之和（或网络的 结点个数） ，即 V Cn n … ③；
4
再求 E ，它当然可以用解法一的方法计算，现在我们采用另一方法计算；将所述小区 域的边分成三类： (a ) 、凸 n 边形的各边； (b) 、两个顶点都是内顶点的各边； (c) 、一个端 点是内顶点，另一端点是原 n 边形的边．三类边数分别记为 an , bn , cn ； 显然有，an n ，cn n( n 3)（这是因为， 每个周界顶点 Ai 恰好发出 n 3 条形内对角线， 它们与对角线 Ai 1 Ai 1 相交， 得到 n 3 个形内端点， 从而以 Ai 为端点的 c 类线段有 n 3 条， ． 因此全体 c 类线段有 n(n 3) 条） 又因每个内部顶点处恰有 4 条边相交， 故 4Cn 把所有内部的边都计算进去了， 再看重复 情况：因每条内部边都连接两个内部顶点，故每条 b 类边都计算了两次，而每条 c 类边在这 里又计算了一次，所以 4Cn 2bn cn ，由于 2an cn 2n n( n 3) ，两式相加得
(10 ) 、首先考虑这些多边形的顶点数：
一方面，由于每个 k 边形有 k 个顶点，故这些多边形的顶点个数之和为 ， S顶 3n3 4n4 m nm （其中含有重复） 另一方面， n 边形内部的每个顶点都是两条对角线的交点，故是四个区域的公共点，因 此在上述总和 S 中，这样的每个点都被计算了四次， n 边形周界上的每个顶点 Ak 是被对角 线 Ak 1 Ak 1 所截出的 n 2 个三角形的顶点，所以被计算了 n 2 次；于是有
4 4 4 2an 2bn 2cn 4Cn 2n n(n 3) ，因此 an bn cn 2Cn
4 E 2Cn
4
n(n 1) … ④， 2
n(n 1) ，即 2
将②③④代人①得， f ( n) 1 Cn n 2Cn

k 3 3k 2 8k 12 ，所以， 6
k 3 3k 2 8k 12 k 3 3k 2 8k 6 f (k 1) f (k ) 1 f (k ) 6 6
f (k )
(k 1)3 5(k 1) ；于是有 6
1
f (n) f (n 1)
4
Ai , i 1, 2, 2009 ，则 Ai n ，且 vi Ai i 1, 2, 2009 ，
若 v1 , v2 是 M 中相识的两人，则有 A1 A2 A1 A2 A B 2n 2009 ， 当 2n 2009 1 ，则有 v3 A1 A2 ，且 v1 , v2 , v3 两两相识，而
Ak-1
Ak Ak+1
3
因此，这条对角线原先由几段组成便消失了几个区域，因为线段数等于内交点数加 1 ，由于 通过每个内交点的对角线只有两条， 故当取消其中一条就会使这个交点也从另一条对角线上 消失，于是，轮到取消此后的某一条对角线时，它原有的许多交点，甚至所有的交点可能早 已被除去了； 因此，在取消一条对角线时，减少的区域数就是这条对角线被取消前还留下的交点数加 1 ， （而不是开初的交点数加 1 ） ． 并且注意到，在取消对角线的整个过程中，逐次记录减少的区域数时，每个交点自始 至终恰好只计算了一次；因而在这个过程中消失的区域总数是： （第一条对角线上的交点数 1 ）＋（第二条对角线上留下的交点数 1 ）＋……＋（最后一 条对角线上留下的交点数 1 ）＝（形内交点总数）＋（对角线条数） 1 Cn (Cn n) ，
(i 1)(k i ) 1 个，于是，自 Ak 1 发出的 k 2 条对角线总共使区域数增加的个数为：
2 2 (i 1)(k i) 1 (k 1)i i k 1 (k 1)i i k 1 2 i 2 i2 i 1 k 1 k 1 k
(n 2)3 5(n 2) 23 5 2 13 5 1 , f (3) ，……， f (4) f (3) ， 6 6 6
2
1 n2 3 5 n2 1 (n 1)(n 2) 5 (n 1)(n 2) 相加得， f ( n) k k 6 k 1 6 k 1 6 2 2 6

1 (n 1)(n 2) 4 2 (n 1)(n 2) (n 1)(n 2) 2 Cn Cn 1 ． 24 2 解法二、 （算两次）考虑 n 边形被对角线分成的小块区域的形状，它们应当是一些三角
形、四边形、…， k 边形、…，若用 nk 表示 n 边形被分成的区域中的 k 边形个数， k 的最大 可能取值设为 m ，这样，所有区域总数为 S n3 n4 nm 为了算出这个数值，我们需要找出与此有关的另外的一些关系式．
4 4#43;2 ， 2
所以 f ( n) Cn Cn 1 ．
4 2
解法四、 （逐次消去法）这种方法也称为邦塞方法，为图论学家邦塞所常用， 这种解法与解法一有些类似之处， 只不过是从相反的角度去 Ai 考虑问题，即逐步取消所有的对角线，每次取消一条．同时 分析在此过程中区域减少的情况； 今考虑由于取消对角线 Ak Aj 而消失的区域个数， 当这条 对角线逐段地被揭起后（设想它从一端开始，逐段被擦去） ， 每揭起一段，原来被其分割的两个区域便合而为一，
Ai
(n 3) ，则 f (3) 1, f (4) 4 ，假若对于 k 边形，已分
成 f (k ) 个区域，对于 k 1 边形 Tk 1 A1 A2 Ak Ak 1 ， 将其与 k 边形 Tk A1 A2 Ak 相比较，在添加点 Ak 1 后，
Ak-1 Ak Ak+1 A1
B1 B2 ··· Bn
P
A1 A2 ··· An
A1 , A2 , , An ，而另一个属于点集 B1 , B2 , , Bn ．
且 这 种 PAi B j 含 有 圆 心 当 且 仅 当 i j n 1 ，
i, j 1, 2, , n ，今计算合于条件的三角形个数：当 i k
因此，合于条件的三角形个数为
n n 1 2n 1 ．取 n 1005 ，便得到本题的结果． 6
3 、某校有 2009 名新生，每人至少认识其中 n 人，试求 n 的最小值，使得其中必存在彼 此认识的 8 个人.
解 ： 记 这 2009 个 人 的 集 合 为 M v1 , v2 , , v2009 ， vi 所 认 识 的 人 的 集 合 记 为
时， j 可取值 n, n 1, , n k 1 ，共计 k 个值，因此这种含有圆心的 PAi B j 个数为
k 2 n n 1 ，当点 P 取遍 2n 1 个位置，共得
k 1
n
1
1 n n 1 2n 1 个三角形，由每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍， 2
4
角度和 Cn 2 ，而 n 边形周界上的诸顶角和为 (n 2) ，则 S角 Cn 2 ( n 2) ，
2
4
因此， n3 n4 2 nm (m 2) Cn 2 ( n 2)
4
2
即 n3 2n4 ( m 2) nm 2Cn ( n 2)
【组合十讲】
组合与计数（讲稿）
陶平生
基本内容与方法：递推与归纳，容斥原理，映射与对应，分类计算法，组合模型法， 补集原理，极端原理、算两次原理．
1 、如果一个凸 n 边形中任何三条对角线都不共点，求该 n 边形的内部被这些对角线所 分成的区域个数．
解法一、 （递推法）记所分成的区域数为 f (n) ，
A3 A2
Tk 直接增加了一个三角形 A1 Ak Ak 1 ，还增加了 k 2 条对角线 Ak 1 Ai (i 2,3, , k 1) ，
今任一条对角线 Ak 1 Ai (i 2,3, , k 1) 分割这 f (k ) 1 个区域的情况： 对角线 Ak 1 Ai 的右侧有 i 1 个点 ( A1 , A2 , , Ai 1 ) ,左侧有 k i 个点 ( Ai 1 , Ai 2 , , Ak ) ， 其余对角线 l 若与 Ak 1 Ai 相交，当且仅当 l 的两个端点分别位于 Ak 1 Ai 的两侧，这种对角线 共有 (i 1)(k i ) 条，它们将对角线 Ak 1 Ai 分成 (i 1)(k i ) 1 段，每一段都穿过一个原先 的区域，因而使得该区域一分为二，即各增加一块，因此，对角线 Ak 1 Ai 使区域数增加了
4 2
同时，将所有对角线都去掉之后，还应剩下一个区域（即 n 边形本身） ，所以原区域数为：
4 2 4 f ( n ) Cn (Cn n ) 1 Cn Cn21