组合数学习题新.docx
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组合数学习题新
组合数学习题
1．Showthatifn+1integersarechosenformtheset{1,2,…,2n},thentherearealwaystwowhichdifferbyatmost2.
从{1,2,…,2n}中选出n+1个数，在这n+1个数中，一定存在两个数，其中一个整数能整除另外一个整数。
任何一个数都可以写成2k*L，其中k是非负数，L是正奇数。
现在从1到2n之间只有n个奇数。
由于有n+1个数都能表示成2k*L，而L的取值只有n中，所以有鸽子洞原理知道，至少有两个数的L是一样的，于是对应k小的那个就可以整除k大的另一个数。
2．Showthatforanygiven52integersthereareexisttwoofthemwhosesum,orelsedifference,isdivisible100.
设52个整数a1，a2，…，a52被100除的余数分别是r1,r2,…,r52，而任意一个数被100除余数为0，1，2，…，99，一共100个。
他们可以分为51个类{0},{1,99},{2,98},…,{49,51},{50}。
将这51个集合视为鸽笼，则将r1,r2,…,r52放入51个笼子中，至少有两个属于同一个笼子，所以要么有ri＝rj，要么有ri＋rj＝100，也就是说ai－aj|100或者ai＋aj|100。
3．从1，2，3，…，2n中任选n+1个数，证明在这n+1个数中至少有一对数互质。
鸽子洞原理，必有两个数相邻，相邻的两个数互质
4．ProvethatRamseynumberR（p,q）≤R（p,q-1）+R（p-1,q）.
令N＝R（p,q-1）+R（p-1,q），从N个人中中随意选取一个a，F表示与a相识的人，S表示与a不相识的人。
在剩下的R（p,q-1）+R（p-1,q）－2＋1个人中，由鸽子洞原理有，或者F中有R（p,q-1）人，或者S中有R（p-1,q）人。
如果F中有R（p,q-1）人，则与a相识的人为p个；如果S中有R（p-1,q）人，则与a不相识的人有p个。
所以有R（p,q）≤R（p,q-1）+R（p-1,q）
5．Thereare10people,eitherthereare3eachpairofwhomareacquainted,orthereare4eachpairofwhomareunacquainted。
从10人中随意选一个人p，F表示与p相识的人，S表示与p不相识的人
若F中至少有4人，如果至少有4人不相识，则满足题设；如果有2人相识，则加上p有3人相识，也满足题设。
若F中至多有3人，则S中至少有6人，6人中至少有3人相识，或者不相识。
如果相识则满足题设，如果不相识加上p不相识的人就有4个，也满足题设。
6．Inhowmanywayscansixmenandsixladiesbeseatedatroundtableifthemenandladiestositinalternateseats?
6个男的先进行圆排列，然后6个女的插入空位。
7．Inhowmanywayscan15peoplebeseatedatroundtableifBrefusestositnexttoA?
WhatifBonlyrefusestositonAright?
A．15个人进行圆排列，减去ab组成一个元素的14人的圆排列，然后减去ba组成一个元素的14人的圆排列。
B．15个人进行圆排列，减去ab组成一个元素的14人的圆排列。
8．Determinethenumberof10-combinationsofthemultiset
S={*a,4.b,5*c,7*d}。
（1+x+x2+x3+…）（1+x+x2+…+x4）（1+x+x2+…+x5）（1+x+x2+…+x7）展开
9．把n个有编号的球放入m个有编号的盒子中，不允许有空盒子，有多少种放法。
先假设，盒子没有编号，然后乘上组合与排列的关系：
10．证明在n（n2）个人中总有两个人，他们在这群人中所认识的人数目相同。
当n＝2时，如果两个人相互认识，则每个人认识的人只有一个；如果不认识，则每个人认识的人为0个。
当n>2时，设xi（x=1,2,…,n）表示，第i个人认识的人的数目。
（每个人最多只能认识n-1个人。
）
A．如果每个人都有熟人
那么由鸽子洞原理知道至少有两个人i和j认识的人数相同即xi＝xj
B．如果只有一个人没有认识的人
那么对于剩下的n－1个人来说能认识的人对多只有n－2个，由鸽子洞原理知道，这n－1个人中至少有两个人i和j认识的人数一样即xi＝xj
C．如果至少有两个人都没有熟人，则满足题设。
11．一个剧团演出11周，为保证收入和不至于太累，规定每天至少演出一场，每周不超过12场。
证明存在连续的若干天，恰好演出21场。
设a1为第一天该剧团的演出的次数，ai表示前i天一共的演出次数。
可知道ai是单调递增的。
且有a1>=1,a77<=132。
于是有ai＋21（i=1,2,…,77），也是单调递增的。
而a77＋21<=153。
则有154个在1到153之间，所以由鸽子洞原理知道，至少存在两个数ai和aj有ai＝aj＋21即ai－aj＝21
12．在边长为1的正三角形中任选5个点，证明必有两个点的距离不超过1/2。
如上图所示，将这个正三角形分割成4个小的正三角形，有每个小正三角形的边长为1/2。
将5个点放入这4个小三角形内，由鸽子洞原理有一个三角形内部有2个点，因为小三角形的边长为1/2，所以这两个点的最大距离为1/2。
13．设a1，a2，a3，，an是1，2，3，，n的一个排列，证明当n是奇数时，乘积（a1-1）（a2-2）（a3-3）（an-n）是偶数。
假设，当n为奇数时A＝（a1-1）（a2-2）（a3-3）（an-n）是奇数，则：
（ai-i）均为奇数，否则A为偶数。
也就是说当i为奇数时ai必须为偶数；因为n为奇数，所以从1到n的偶数数目为（n-1）/2，奇数数目为
（n+1）/2，所以由鸽子洞原理可以知道当i为奇数时，至少有一个（ai-i）为偶数，所以A＝（a1-1）（a2-2）（a3-3）（an-n）是奇数。
14．有100个人的舞会，每个人的舞伴数都是偶数，证明必有3个人有相同的舞伴数。
由于每个人的舞伴数是偶数个，所以可能有的舞伴数为0，2，4，6，8，…，98。
共有50种可能。
A．如果每个人都有舞伴，可能的舞伴数为2，4，…，98。
共49种可能，相当于把100个球放入49个篮子中，由鸽子洞原理知道至少有一个篮子有3个球以上，也就是说有3个人有相同的舞伴数。
B．如果只有一个人没有舞伴，剩下的人可能的舞伴数为2，4，…，98。
共49种可能，相当于把99个球放入49个篮子中，由鸽子洞原理知道至少有一个篮子有3个球，也就是说有3个人有相同的舞伴数。
C．如果有两个人没有舞伴，剩下的人可能的舞伴数为2，4，6，…，96。
共48中可能。
相当于把98个球放入48个篮子中，由鸽子洞原理知道至少6有一个篮子有3个球以上，也就是说有3个人有相同的舞伴数。
D．如果有至少3个人没有舞伴，则有3个人的舞伴数为0
15．N个质点排成一列，涂以红、白、黑三种色，每点涂一色，要求同色的点为偶数，有多少种？
（1+x2+x4+…）3=（
）3=
16．有两堆石块，每一石块的重量都小于nkg（Z），每一堆中的石块重量互不相同（规定石块重量为整数）。
证明，如果两堆石块的总数不少于n，那么总可以从两堆中分别选出一块，使两者的总重量是nkg。
石块按重量可以分成这样几类：
{1,n-1},{2,n-2},{3,n-3},…,{
}，共
个集合。
假定第一堆石头有p块，第二堆有q块，由题意有p+q>=n。
两堆石头关系等价，所以下面以第一堆为参照。
A．考虑第一堆石头都集中在k类集合里面（除去单出来的石头外，其他石头都两两在一起）。
此时如果第二堆石头里面有分布在k类集合中的元素，则肯定有满足题意的来自两堆石头的两块石头；如果先让第二堆石头分布满在其他的
－k个集合，因为每堆中石块重量不同，那么现在一共有n－1或n－2块石头分布在集合中，第二堆就多出了1或2个石头，那么这1或2个石头肯定是在前面的k个集合中，所以这也有满足题意的两块石头。
B．如果第一堆石头分布在i（i从k到p）个集合中，同样，显然第二堆石头分布满剩下的
－i个集合，由于每堆中石块重量都不一样，所以第二堆将会多出q＋2*i－2*
块石头，那么这些多出来的石头，肯定会分布在第一堆石头所在的i个集合中，所以有满足题意的两块石头。
17．在9个人中，或者有3人相互认识，或者有4人相互不认识。
N（3,4）<=N（2,4）+N（3,3）因为N（2,4）和N（3,3）都为偶数，所以有：
N（3,4）<=N（2,4）+N（3,3）-1=4+6-1=9
18．证明当R（p，q-1）和R（p-1，q）都是偶数时，R（p，q）R（p，q-1）+R（p-1，q）-1。
19．把n个球放入k个盒子，分别考虑球有无编号，盒子有无编号，以及盒子可否空3种情况下的配置数。
A．n个球无编号，k个盒子也没有编号，允许为空
F（k,n）/K!
首先认为盒子是有编号的，然后去掉盒子的编号
B．n个球无编号，k个盒子也没有编号，不允许为空：
在每个盒子中先放一个球，剩下n－k个球，任意放。
F（k,n-k）/K!
首先认为盒子是有编号的，然后去掉盒子的编号。
D．n个球无编号，k个盒子有编号，允许空
F（k,n）=C（k+n-1,n）
E．n个球无编号，k个盒子有编号，不允许空
在每个盒子中先放一个球，剩下n－k个球，任意放。
F（k,n-k）=C（n-1,n-k）
F．n个球有编号，k个盒子无编号，允许空
F．n个球有编号，k个盒有无编号，不允许空
S2（n,k）
G．n个球有编号，k个盒有有编号，允许空
先认为盒子没有编号，然后再乘上每次取盒子的方法数。
H．n个球有编号，k个盒有有编号，不允许空
先认为盒子没有编号，然后再乘上给盒子编号的方法数。
20．将n个元素的集合划分为非空子集，有多少种？
可能的划分成的集合数有：
1，2，3，…，n。
相当于将n个球，分别放入以上数字的篮子中的放法，然后求和。
有：
（球有编号的时候）
（球无序的时候）
21．设有重量分别为1克，2克，3克，5克，7克的5个砝码，可以称多少种不同重量的物体。
（1+x）（1+x2）（1+x3）（1+x5）（1+x7）展开看有多少项。
22．有A，B，C，D四位教师和1，2，3，4四门课程，已知A和D不能教1和4，B不能教3，C不能教2和3。
为每位教师恰好安排一门课程的方式有多少种。
1
2
3
4
A
B
C
D
R（
）=xR（
）+R（
）=…
＝1+7x+15x2+10x3+2x4
N=4!
-7*3!
+15*2!
-10*1!
+2*0!
=4
23．设有多重集B=｛·0，·1，·2，·3｝，可以组成长为r，0出现偶数次的数字串有多少个。
（限制排列问题）
（1+x2+x4+…）（1+x2+x3+…）3=
ar=
24．10个人圆桌会议，休会后重新入座，每个人都不与原先的人相邻的坐法有多少种。
题目得条件时每个人都不与原先的人相邻，即是说新的圆排列中不出现123，234，345，…，（n-2）（n-1）n，（n-1）n1，n12，这些情况。
设pi表示圆排列具有i（i+1）（i+2）这一性质的，Ai表示具有pi这一性质的圆排列的集合。
n-2个元素进行圆排列|A1|=（n-3）!
，…，|Ai|=（n-3）!
对于|A1∩A2|＝（n-4）!
，…，|Ai∩Ai+1|＝（n-4）!
……
N=（n-1）!
–C（n,1）（n-3）!
+C（n,2）（n-5）!
+…
一直到C（n,n）
25．求解递推方程
1
f（n）=2f（n/2）+Cn>1
f
（1）=Cn=1
设n=2k,C为常数
f（n）=2f（n/2）+C
2f（n/2）=4f（n/4）+2C
4f（n/4）=8f（n/8）+4C
…
2k-1（n/2k-1）=2kf（n/2k）+2k-1C
将上面的各等式，左右相加得：
f（n）=C+2C+…+2k-1C+2kf（n/2k）=C+2C+…+2k-1C+2kC
=
=C*（2K＋1-1）
②H（n）=4H（n-1）-4H（n-2）n>1
H（0）=0，H
（1）=1
特征方程为x2-4x+4=0
解为二重根：
q1=q2=2
通解表示为：
Hn=C1*2n+C2*n2n
由H（0）=0，H
（1）=1有：
C1+0*C2=0
C1*2+C2*2=1
解得:
C1=0C2=1/2
Hn=n*2n-1
26.在r位二进制序列里，使数字0不相邻的序列有多少个（用递推方程）？
前一位的0和1都会允许后一位为1，前一位为1后一位允许为0。
所以设f（x）表示x位的满足条件的序列的个数，有：
f（x）=f（x-1）+f（x-2）//f（x-1）表示f（x）中第x位为1的序列数
//f（x-2）表示f（x）中第x位为0的序列数
f
（1）=2
f
（2）=3
Fn＝
27．Kn=是n个结点的完全图，G1=和G2=是Kn的子图，
且E=E1∪E2，E1∩E2=Φ。
①证明n>11,若G1是平面图，则G2不是。
②证明G1和G2必有一个是连通图。
①假设G2也是平面图。
那么有e1<=3n-6,e2<=3n-6，所以有e<=2（3n-6）。
因为Kn是完全图所以有e＝n*（n-1）/2，所以有n*（n-1）/2<=2（3n-6），n2-13n+24<=0，满足不等式得n得取值为：
2～10，所以当n>11时，不等式不成立，所以当n>11时，由假设得出得结论是不成立得，所以假设不成立，所以若G1为平面图，G2肯定不是平面图。
化简得：
2假设两个图都不是连通图。
有e1<=n-2和e2<=n-2成立从而有e<=2（n-2）。
因为Kn是完全图所以有e=n*（n-1）/2，所以有n*（n-1）/2<=2n-4，解得n2－5n＋8<=0。
但是n2－5n＋8=（n-5/2）2+7/4>0，所以矛盾，所以必有一个图是连通图。
28.LetGbeaplanargraphoforderninwhicheveryvertexhasthesamedegreek.Provwthatk≤5.（
e<=3n-6,n-e+r=2,2e>=3r）
所有点度的和应该是边数的2倍，即
。
由题意由G的
，那么由nk＝2e，对于平面图我们有e<=3n-6，所以有nk<=6n－12，k<=6-12/n，因为k为整数，所以有k<=5。
29.LetGbeanundirectedgraph.Provethatκ（G）≤λ（G）≤δ（G）.
κ（G）:
vertex-connectivity,λ（G）:
edge-connectivity,
δ（G）:
thesmallestdegreeofavertexofG.
若G不连通，则K（G）=λ（G）＝δ（G）=0，则κ（G）≤λ（G）≤δ（G）成立。
若G连通
证λ（G）≤δ（G）：
假定λ（G）>δ（G）。
设a点时G中度最小的点，那么δ（G）就是与a相连的边数，将与a相连的边全部去掉，那么G就不在连通，所以λ（G）>δ（G）是不可能成立的。
所以有λ（G）≤δ（G）。
证κ（G）≤λ（G）：
若λ（G）＝1，即只需要去掉一条边G就不在连通，此时记这条边为e这条边的两个端点记为V1和V2，则e是这个图的桥，此时有κ（G）＝1，所以κ（G）≤λ（G）成立。
若λ（G）>=2，此时若去掉λ（G）条边G就不连通了，如果只去掉λ（G）－1条边，则会产生一个桥e＝（u,v）。
对于λ（G）－1条边中的每一条边，都删去一个不同于u，v的点，则至少删去λ（G）－1条边。
若这样产生的图是不连通的则有κ（G）≤λ（G）－1<λ（G）；若仍连通则产生桥e＝（u,v），删去u或者vG也不在连通，此时κ（G）<=λ（G）.
30.ProvethataconnectedgraphwithabridgedoesnothaveaHamiltoncycle.
由题意可以知道这个连通图的结构为：
H回路的定义是周游每个点恰好一次的回路，假设我们从A中的一个点ai开始周游。
如果ai是P那么，当从P开始周游完A中所有点时，必将回到P点才能进入B，所以这种情况不可能构成H回路。
如果ai不是P，当只有完A中除P之外的所有点时必经过P然后通过Q进入B，周游完B后，要回到开始的点，必将再次经过Q和P，所以这种情况也不能构成H回路，所以如图的连通图不可能构成H回路。
31．LetGbeagraphofordernandd（x）+d（y）≥nforallpairsofvertexxandy.ProvethatGhasaHamiltoncycle.
由于d（x）+d（y）>=n，所以G一定有H路径。
设此路径为V1,V2,…,Vn。
若V1和Vn相邻接，则构成H回路。
若V1和Vn不相邻接。
假定V1邻接于{Vi1，Vi2，。
。
。
，Vik}（2<=Vik<=n-1），则Vn必邻接于Vi1，Vi2，。
。
。
，Vik中一点。
若Vn与Vi1，Vi2，。
。
。
，Vik都不邻接，那么Vn至多邻接n-k-1个点邻接即d（Vn）<=n-k-1，而d（V1）＝k，那么有d（V1）+d（Vn）<=n-1,与题设矛盾。
所以Vn必与Vi1，Vi2，。
。
。
，Vik中一点邻接，从而构成H回路。
。
。
。
……。
。
V1V2Vi…Vn
32.ProvethatagraphGisbipartiteifandonlyifeachofitscyclehasevenlength.
二分图定义：
G的点可以可以分成互不相交的两部分X，Y。
如果一条边是两个集合间的边，那么肯定一个点是X另一个点是Y的；没有一条边是一个集合中的边，两个点都属于一个集合X或者Y的。
A．如果G有奇数长度的回路那么，肯定会有如图所示子图的情况：
XY
。
。
。
。
……
。
。
。
x1。
y1
。
z
此时|E|为奇数，|V|也为奇数。
若z是属于X集合的点，那么对于边e（x1,z），x1和z都属于X，这个与定义不符。
若z属于Y，同样不满足。
B．若每个回路长度都是偶数，那么每个回路肯定会有这种结构。
XY
。
。
。
。
……
。
。
。
x1。
y1
。
。
此种情况是满足定义的。
C．对于非回路，可以把每个隔点，归于一类，这样也可以满足定义。
33．ProvethatthesecondStirlingnumbersatisfiesarecurrencerelation
S2（n,k）=kS2（n-1,k）+S2（n-1,k-1）
第二类stirling数S2（n,k）的意义是将n个有编号的球放入k个无编号的篮子中的放置方法数。
假定，我们将第n号球先取出来单独放置。
A．如果第n号球单独占用一个篮子，那么就是将剩下的n－1个球放入k－1个篮子中，有S2（n－1,k－1）。
B．如果第n号球没有单独占用一个篮子，那么就是剩下的n－1个球放入k个篮子中，有S2（n－1,k）。
第n号球可能在k个篮子中的任意一个，所以放置方法数为K*S2（n－1,k）
所以得到S2（n,k）=kS2（n-1,k）+S2（n-1,k-1）
34．A、B、C、D四台机器和1、2、3、4、5五种颜色，规定A和D不能用1和4，B不能用3，C不能用2和3，D不能用5。
为每台机器恰好涂一种颜色的方案数有多少？
引入第五个机器E，并且E不能涂任何颜色。
1
2
3
4
5
A
B
C
D
E
35．两位教师带k位同学外出，排成一列，为安全起见，规定教师必须排在队首和队尾。
休息后重排，每个人都不在原来的位置的排法有多少种？
试用有禁区的排列棋盘多项式求解。
Dn=K!
-C（K,1）（K-1）!
+C（K,2）（K-2）!
+…+（-1）KC（K,K）0!
有禁区的棋盘：
N=K!
-r1（k-1）!
+r2（k-2）!
+…+（-1）krk
K
K
R（
）=R（
）K=（1+x）K=
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