第二节计数和离散最值.docx
《第二节计数和离散最值.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第二节计数和离散最值.docx（49页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
第二节计数和离散最值
第五章组合数学
第二节计数和离散最值
E2-001某人给六个不同的收信人写了六封信，并且准备了六个写有收信人地址的信封，有多少种投放信笺的方法，使每封信笺与信封上的收信人都不相符．
【题说】1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．本题中的6可以改为n．
【解】根据“容斥原理”可得投放信笺方法的种数为
将6改为n时，答案为
E2-002n个点由线段连结着，已知其中每两点都有一条且只有一条折线相连，证明：
线段的总条数为n-1．
【题说】1961年全俄数学奥林匹克九年级题3．
【证】从n点中任选一点A作“根”，将整个图看作一个“树”，从每个“枝”的顶端一节一节地将线段折下来，于是一个端点对应一个线段，直至最后剩下一个“根”点A．因此，线段恰有n-1条．
E2-003从0，0，1，2，3，4，5这七个数字中，任取三个组成三位数，问可组成多少个不同的三位数？
又在这些三位数中有多少个是5的倍数？
【题说】1964年成都市赛高二一试题3．由题意知1，2，3，4，5不重复使用，0只能用两次．
【解】百位数字只能从1，2，3，4，5中选，共有5种取法，若十位数字取0，则个位数字取法有5种；若十位数字不取0，则十位数字取法有4种，个位数字取法也有4种，故共能组成
5×5+5×4×4＝105
个不同的三位数，在这些三位数中，末位数字为0的共有5×5=25个，末位数字为5的共有4×4=16个，故5的倍数共有
25+16=41
个．
E2-004在一次中学数学竞赛中共出了A、B、C三题．在所有25个参加者中，每个学生至少解出一题，在没有解出A的那些学生中，解出B的人数是解出C的人数的两倍，只解出A的人数比余下的学生中解出A的人数多1．只解出一题的学生中，有一半没有解出A．问有多少学生解出B？
【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．
【解】设不仅解出A的为x人，仅解出B的为y人，解出B与C
由
（1）、
（2）得
由（3），x≤7．由（4），x=7，4，1．
仅解出B的人数为6．
E2-005在方格的边长为1cm的方格纸上，画一个半径为100cm的圆，这个圆不经过方格的顶点而且不与方格的边相切，问这个圆能穿过多少个方格？
【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克八年级题3．
【解】所画的圆穿过200条水平线和200条竖直线．每一条都穿过两次．因此，交点有800个．这800个点把圆分成800份，其中每一部分都在一个格里面，所以圆最多穿过800个格．
同时，可能得出，某两个部分在一个格内，即圆与某个方格相交两次（如图）．我们证明，这样的“奇异”方格不会多于1个．
考虑以O为圆心、半径为200的与某个方格的边AB相交两次的圆．
从这个圆的圆心O到A点和B点的距离大于100，而从直线AB到O的距离小于100，所以，O点在以A和B为圆心、半径为100的圆以外，并且在与AB距离为100的两条平行线之间．这种点，充满两个曲边三角形内部（图中画有斜线的是其中一个）．
显然，对于不同的线段AB，这些轨迹没有公共点．所以，奇异的方格不多于1个．
因此，这个圆穿过800或799个方格．
E2-006 一个长方体盒子能用单位立方体填满，如果我们改放尽可能多的体积是2的立方体，且使立方体的边平行盒边，则恰好能填到盒
【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．
40％×a1a2a3=2b1b2b3
当a＞10时，b≥8，所以
综上所述，所求的盒子尺寸为2×3×5或2×5×6．
E2-007 如图，有10个村庄，分别用点A1，A2，…，A10表示，某人从A1出发，按箭头所指的方向（不准反向）可以选择任意一条路径走向其他某个村庄，试问：
1．按图中所示方向从A1到A5（不绕圈）有多少种不同的走法？
2．从A1出发，按图中所示方向，绕一圈后再回到A1，有多少种不同的走法？
【题说】1979年湖北省赛二试题3．
【解】为方便计，设从A1到Ai的走法有ai种，这些走法分为两类：
一类是从A1出发，经过Ai-2到达Ai（不经过Ai-1），这时从A1到Ai-2的走法为ai-2，从Ai-2不经过Ai-1到Ai的走法只有一种，所以这类走法共ai-2种．第二类是从A1出发，经过Ai-1到达Ai，共ai-1种，而这两类走法是互不相同的，所以，从A1到Ai的走法共
ai=ai-1+ai-2（种）
显然a2=1，a3=2．于是a5=2a3+a2=5，a6，a7，a8，a9，a10，a11分别为8，13，21，34，55，89．所以从A1到A5有5种不同的走法，从A1出发，绕一圈回到A，有89种不同的走法．
E2-008在直角坐标平面的第一象限中，把坐标都是整数的点按以下方法编号：
（0，0）点第1号，（1，0）点第2号，（1，1）点第3号，（0，1）点第4号，（0，2）点第5号，（1，2）点第6号，（2，2）点第7号，（2，1）点第8号，（2，0）点第9号，…按图中箭头的顺序，求第2000号的点的坐标．
【题说】1979年北京市赛二试题1．
【解】设k为正整数，则满足条件：
0≤x≤k，0≤y≤k
的坐标为整数的点（x，y）共有（k+1）2个，而满足条件：
（k+1）2＜2000
的最大整数k=43．因此编号为2000的点的纵坐标为44或横坐标为44．
因44为偶数，故应从点（0，44）往右数，又因
2000-442=64＞44
故第2000号的点的横坐标为44．其纵坐标是
44-（64-45）=25
所以编号2000的点的坐标是（44，25）．
E2-009 散步时，每步长为1，向南、北、东、西任一方向均可，如果每一点不通过两次，则称这散步为自身回避的，设从原点开始的、n步的、自身回避的散步种数为f（n）．求f
（1），f
（2），f（3），f（4），并证明
2n＜f（n）＜4·3n-1
【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题5．
【解】容易算得
f
（1）=4
f
（2）=4×3=12
f（3）=4×3×3=36
对于4步的自身回避散步，则有
f（4）=4×3×3×3-8=100
假设每次均向北或西两个方向走，当然不会出现有一点通过两次的情况，所以
2n＜f（n）
如果仅考虑不反过身来往回走，那么共有4×3n-1种（其中可能出一点通过两次的情况），所以f（n）≤4×3n-1（当n=1，2，3时取等号）．
E2-010十个赌徒在开赌时，每人都有相同的赌本，每次由一个人掷五粒骰子，如果骰子的点数之和为n，那么这个人向其他九人中的每一
每人掷一次骰子后，每个人的赌本又恢复到开赌时的原有的赌本．最后一次掷出的点数之和为12．求各次掷出点数之和．
【题说】1980年五国国际数学竞赛题5．本题由荷兰提供．
【解】不妨设每人赌本为1，又设第i次的点数之和为ni（1≤ni≤10），容易知道第i个人在第i次时，钱由x变为
所以最终钱数为
特别地，
而
由此逐步得出n9=13，n8=14，…，n1=21．
E2－011设n和k是正整数，S是平面上n个点的集合，满足：
（1）S中任何三点不共线；
（2）对S中的每一个点P，S中至少存在k个点与P距离相等．
【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题3，本题由荷兰提供．条件
（1）可以取消．
【证】以S中的两个点为端点的线段称为“好线段”．
另一方面，以S中任一点P为圆心，可以作一个圆，圆上至少有k
计算在内）．从而至少有
条弦是好线段．
E2－012学校举办足球循环赛，每个参赛队都与其他队各赛一场，胜一场积2分，平一场积1分，负一场积0分，已知仅有一个队积分最多，但他胜的场数最少，问至少有几队参赛，才有可能这样？
【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题5．
【解】称积分最多的为冠军，设冠军胜n场，平m场，则他共积2n+m分，由题设，其余各队胜的场数不少于n+1，即积分不少于2（n+1）．由2n+m＞2n+2得m≥3．从而有队踢过平局，他们的积分不少于2（n+1）+1，由2n+m≥2n+3，得m≥4．
冠军队至少胜1场，否则，它的积分不多于S-1（S是参赛的队数）．其余队的积分少于S-1，于是所有参赛队积分之和少于S（S-1）．而每赛一场，双方积分之和总是2分，因此所有队积分之和应是2·S（S-1）/2=S（S-1），矛盾．
这样，m≥4，n≥1，因此冠军队比赛场数不少于5，参赛队数（包括冠军队）不少于6．
下面的比赛积分表表明，有6个队（分别用A、B、C、D、E、F表示）参赛且满足题设要求的比赛结果．因此至少6队参赛．
E2－013设n≥3．考虑在同一圆周上的2n-1个互不相同的点所成的集合E．将E中一部分点染成黑色，其余的点不染颜色．如果至少有一对黑点，以它们为端点的两条弧中有一条的内部（不包含端点）恰含E中n个点，则称这种染色方式为好的．如果将E中k个点染黑的每一种染色方式都是好的，求k的最小值．
【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题2．本题由捷克提供．
【解】将E中的点依次记为1，2，3，…，2n-1，并将点i与i+（n-1）用一条边相连（我们约定j+（2n-1）·k，k∈Z，表示同一个点j）．这样得到一个图G．G的每个点的次数均为2（即与两个点相连），并且相差为3的两个点与同一点相连．
由于G的每个点的次数为2，G由一个或几个圈组成．
在3
2n-1时，1，2，…，2n-1中每一点j都可以表示成3k的形式（即方程3x≡j（mod2n-1）有解），因此图G是一个长为2n-1的圈．在这圈上可以取出n-1个互不相邻的点，而且至多可以取出n-1个互不相邻的点．
为
共可取出n-2个点互不相邻．
综上所述，在3
2n-1时，mink=n．在3|2n-1时，mink=n-1．
E2－014地面上有10只小鸟在啄食，其中任意5只鸟中至少有4只在一个圆周上，问有鸟最多的一个圆周上最少有几只鸟？
【题说】1991年中国数学奥林匹克题3．
【解】9只鸟在同一圆周上，1只鸟不在这圆周上，满足题目条件．
设有鸟最多的圆上至少有l只鸟，则4≤1≤9．
首先证明，l≠4．由l≤9，必有4只鸟不在同一圆周上，过其中每3只作一个圆，共得4个圆，其余6只鸟中的每一只与上述4只鸟组成5元组，因而这只鸟必在（上述4个圆中）某一个圆上，6只鸟中必有2只在同一个圆上，从而这个圆上至少有5只鸟．
其次，如果5≤l≤8，设圆C上有l只鸟，则C外至少有两只鸟b1、b2．对圆C上任三只鸟，其中必有两只与b1、b2共圆，设C上的b3、b4与b1、b2共圆，b5、b6与b1、b2共圆，C上第5只鸟b7及b3、b5，这3只鸟中没有两只能与b1、b2共圆，矛盾．
所以l=9．
E2－015给定空间中的9个点，其中任何4点都不共面，在每一对点都连着一条线段．试求出最小的n值，使得将其中任意n条线段中的每一条任意地染为红、蓝二色之一，在这n条线段的集合中都必然包含有一个各边同色的三角形．
【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题3，本题由中国提供．
色的线段至多3条．
若点A1引出不染色的线段，去掉A1及所引出的线段，若剩下的图中，还有点A2引出不染色的线段，去掉A2及所引出的线段．依此进行，由于不染色的线段至多3条，所以至多去掉3个顶点（及从它们引出的线段），即有6个点，每两点之间的连线染上红色及蓝色．
熟知这里存在一个同色三角形．
如图表明染色的边少于33条时，未必有同色三角形（不染色的边1—9、2—8、3—7、4—6没有画出），其中1、9与2、8间的虚线表明1—2、1—8、9—2、9－8均为虚线，5与4、6间的实线表明5—4、5—6均为实线等等．
因此n=33．
E2－01610人到书店买书，如果已知
（1）每人都买了三本书；
（2）任二人所买书中都至少有一本相同，问最受欢迎的书（购买人数最多者）最少有几人购得？
为什么？
【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题5．
【解】设最受欢迎的书有k人购买．每人买3本书，共买30本书．若k≤4，由于4
30，不可能每种书均被4人购买．设第一个人购的书为a、b、c，并且买a的人≤3个，则与第一个人的公共图书为a的，不超过2人；为b或c的，均不超过3人．从而总人数≤1+2+3+3=9，矛盾！
因此k≥5．
现给出一种k=5的购书法：
因此，被购买人数最多的一种书，最少有5人购买．
E2－017某市发出车牌号码均由6个数字（从0到9）组成，但要求任意2个车牌至少有2位不同（如车牌038471和030471不能同时使用）．试求该市最多能发出多少个不同车牌？
并证明．
【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第三轮题5．
【证】最多发出100000个．事实上，若发出了100001个车牌，则由抽屉原则知至少有10001个号码首位相同，同理这10001个号码中至少有1001个号码第2位亦相同，…，依此类推，至少有2个号码前5位均相同，违反规定．另一方面，可发出100000个车牌并符合规定；号码的后5位任意填写但没有两个完全相同（有105种填法），首位则为后5位数字之和的个位数字．若有2个号码后5位数字仅有1位不同，则其首位也必不同．所以这100000个号码符合规定．
E2－018若干个学校参加网球比赛，同一学校之间的选手不比赛，每两个学校的每两个选手都要比赛一场．在两个男孩或两个女孩之间进行的比赛称为单打；一个男孩和一个女孩之间的比赛称为混合单打．男孩的人数与女孩的人数至多相差1．单打的场数和混合单打的场数也至多相差1．问有奇数个选手的学校至多有几个？
【题说】第二十五届（1993）加拿大数学奥林匹克题4．
【解】设有n个学校，第i个学校派出xi个男选手、yi个女选手，i=1，2，…，n．
由题意，有
场．由题意，有
≤1+2=3
即在（xi-yi）（i=1，2，…，n）中至多只有三项不为零，而且这n项都应为1．
这就是说，至多3个学校的人数xi+yi为奇数．
如果只有3个学校，其中2个各派1名男孩，另1个学校派1名女孩，那么题目中的条件全满足，而奇数个选手的学校恰好3个．
E2－019用水平和垂直的直线网把一块正方形黑板分成边长为1的n2个小方格，试问对于怎样的最大自然数n，一定可以选出n个小方格，使得任意面积不小于n的矩形中都至少包含有上面选出的一个小方格？
（矩形的边是沿着直线网的）
【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级二试题7．
【解】显然，如果选出n个小方格满足问题的条件，那么，在每一行、每一列都恰有一个选定的小方格．右图表明n=7时，有满足要求的选法．
设n＞7，称第一个方格被选定的行为A．若A是第一行，则称第二、三行为B、C．若A是第n行，则称第n-1、n-2行为B、C．若A不是第一行与第n行，则称与A相邻的两行为B，C．
两个长方形中都不含有A、B两行中选定的小方格．而C这行中只能有一个选定的小方格，所以这两个长方形中必定有一个是不包含有选定的小方格的．
因此，所求的最大值为n=7．
【注】n=6时，符合问题要求的选法不存在．
E2—020设n、k∈N且k≤n并设S是含有n个互异实数的集合．设T是所有形如x1+x2+…+xk的实数的集合，其中x1，x2，…，xk是S中的k个互异元素．求证T至少有k（n-k）+1个互异的元素．
【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由爱尔兰提供．
【证】n=k时结论显然．假设命题对n-1（≥k）成立．考虑由s1＞s2＞…＞sn组成的n元集S．
由归纳假设，对S0=｛s2，s3，…，sn｝存在k（n-1-k）+1个形如x1+x2+…+xk的互不相等的数，其中x1，x2，…，xk是S0中不同元素．
显然 s1+s2+…+sk＞s1+s2+…+sk-1+sk+1
＞s1+s2+…+sk-2+sk+sk+1
＞…＞s1+s2+s4+…+sk+1
＞s1+s3+s4+…+sk+1
并且这k个数中最小的大于s2+s3+…+sk+1，即大于S0中任k个元素的和．所以对n元集S，相应的集T至少有k（n-1-k）+1+k=k（n-k）+1个元素．
于是，本题结论对一切自然数n≥k成立．
E2-021S是{1，2，…，1989}的一个子集，而且S中任意两个数的差不能是4或7，那么S中最多可以有多少个元素？
【题说】第七届（1989年）美国数学邀请赛题13．
【解】将1，5，9，2，6，10，3，7，11，4，8顺次放在圆周上．如果从中选出6个数，那么必有两个在圆周上相邻，即它们的差为4或7，所以从1，2，3，…，11中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．这5个数可以是1，3，4，6，9．
同理，在每11个连续自然数中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．{1，2，…，1989}可分拆为181个子集{11j+1，11j+2，…，11j+11}（j=0，1，…，179）及{1981，1982，…，1989}，所以|S|≤5×181=905．11j+1，11j+3，11j+4，11j+6，11j+9（j=0，1，…，180）．这905个数中，每两个的差不为4或7（若其中有（11j+b）-（11j+a）=4或7，则a-b=7或4）．因此S最多可以有905个元素．
E2-022整数1，2，…，n的排列满足条件：
每个数或者大于它之前的所有数，或者小于它之前的所有数，试问有多少个这样的排列？
【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题1．
【解】设所求排列数为A（n），不难求得
A
（1）=1，A
（2）=2，A（3）=4
对自然数1，2，…，n，设n排在第k个位置（1≤k≤n），则在它之后只有一种排法：
n-k，n-k-1，…，1；而在它之前有A（k-1）种排法，故
A（n）=1+A
（1）+A
（2）+…+A（n-1）（n≥2）
借助这递推关系，由归纳法易知A（n）=2n-1．
【别解】除第1位外，其余的位置有两种选择：
在这位上的数大于它以前的数，或小于它以前的数，设第j1＜j2＜…＜jl位是前一种，则它对应于排列：
在这l个位上从右至左放n，n-1，…，n-l+1；在其余位上自左至右放n-l，n-l-1，…，2，1．选择有2n-1种，排列也有2n-1种．
E2-023求证：
集中{1，2，…，1989}可以分为117个互不相交的子集Ai（i=1，2，…，117）．使得
（1）每个Ai含有17个元素；
（2）每个Ai中各元素之和相同．
【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题1．本题由菲律宾提供．
【证】考虑17行117列的表：
不难验证各列的和均相等，将第i行各数加上（i-1）×117（i=1，2，…，17），则各列的和仍然相等，这时表中的数即1～1989．第j列元素组成的集Aj（j=1，2，…，117）满足题中所有要求．
E2-024设n是正整数，我们说集合{1，2，…，2n}的一个排列（x1，x2，…，x2n）具有性质p，如果在{1，2，…，2n-1}当中至少有一个i使|xi-xi+1|=n成立．
求证：
对于任何n，具有性质p的排列比不具有性质p的排列个数多．
【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题6．
【证】设（x1，x2，…，x2n）中k与k+n相邻的排列的集合为Nk（1≤k≤n），则具有性质p的排列个数
而|Nk|=2×（2n-1）！
，|Nk∩Nh|=22×（2n-2）！
，将k与k+n、h与h+n并在一起，2n-2个“数”有（2n-2）！
种排列，其中k与k+n，h与h+n并成的“数”可以将k+n与k，h+n与h的位置交换，各有两种排列，所以
＝（2n）！
2n×2（n-1）×（2n-2）！
＝2n×（2n-2）！
×n
E2-025在坐标平面上，横坐标和纵坐标均为整数的点称为整点．对任意自然数n，连结原点O与点An（n，n+3），用f（n）表示线段OAn上除端点外的整点个数，求
f
（1）+f
（2）+…+f（1990）
的值．
【题说】1990年全国联赛一试题2（4）．原题为填空题．
【解】OAn的方程是y=（n+3）x/n（0＜x＜n）．因为n不能整除x，若x、y是整数，n不与n+3互素，必为3的倍数．设n=3m，则y=（m+1）x/m，x只可取m、2m两个值．小于1990的3的倍数有663个，故所求的值是2×663=1326．
E2-0268个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站两个男孩，求共有多少种不同的排列方法？
（只要把圆圈旋转一下就重合的排法认为是相同的．）
【题说】1990年全国联赛一试题2（6）．原题为填空题．
【解】因旋转重合认为相同，可让某女孩G固定不动，从25个男孩中任选16人，使每两人随一个女孩，这16人可任意排列；对每一种排列，除G外的7个女孩各与其后的两个男孩看成一个“个体”，连同其余9个男孩，总共16个“个体”，又可任意排列，其总数为
E2-027一个正三角形，每边被等分为n份，过各分点作其它两边的平行线．一共产生多少个三角形（包括原来的三角形在内）？
【题说】1990年中国集训队测试题17．
【解】设原三角形的边长为n，记边长为k（1≤k≤n）的“头
数为yl，则头朝上的三角形共有：
x1=2+2+…+n=n（n+1）/2
x2=1+2+…+（n-1）
…
xn-1=1+2，xn=1
头朝下的三角形共有：
y1=1+2+…+（n-1）=n（n-1）/2
y2=1+2+…+（n-3）=（n-2）（n-3）/2
…
yl=1+2+…+（n-2l+1）
=（n-2l+1）（n-2l+2）/2
…
（1）当n为偶数时，由上式可知
（2）当n为奇数时，
E2-028在一次射击比赛中，有8个泥制的靶子挂成如图所示的三列（其中两列3个，一列2个）．一位神枪手按下面的规则打中所有靶子：
1．首先选择一列；
2．再打掉所选一列的最下面未打过的靶子，问打中这8个靶子共有多少种不同的顺序？
【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题8．
【解】随意射击8个靶子有8！
种方法．由于每列靶子的顺序已经确定，所以现在的射法共有
种不同的顺序．
E2-029设S={1，2，…，n}，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列．求这种A的个数．（这里只有两项的数列也看作等差数列．）
【题说】1991年全国联赛二试题1．
【解】对于n=2k，所述数列A必有连续两项，一项在{1，2，…，k}中，另一项在{k+1，k+2，…，n}中，反之，从{1，2，…，k}中任取一个数，{k+1，k+2，…，n}中也任取一个数，以它们的差为公差、并以这两数为该数列的连续两项可作出一个A．此对应是一一对应，故这种A的个数为k2=n2/4．
对于n=2k+1，情况完
升级会员 