《数学奥林匹克专题讲座》第11讲 计数的方法与原理.docx

1、数学奥林匹克专题讲座第11讲 计数的方法与原理第11讲 计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。例1 四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张。问：一共有多少种不同的方法？

2、解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法。同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法。一共有333=9（种）不同的方法。例2 甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打的为胜者，一共有7种可能的情况。同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况。一共有 77=14（种）可能的情况。二、加法原理如果完成一件事情有n类方法，而每一类方法中分别有m1，m2，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，

3、都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有N=m1+m2+mn种方法。这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。例3 一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数。问：1到6位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第2000个回文数是多少？解：一位回文数有：1，2，9，共9个；二位回文数有：11，22，99，共9个；三位回文数有：101，111，999，共90个；四位回文数有：1001，1111，9999，共90个；五位回文数有：10001，10101，99999，共900个；六位回文数有：100001

4、，101101，999999，共900个。到六位数为止，回文数共有999090900900=1998（个）。第1999个回文数是1000001，第2000个回文数是1001001。例4 设有长度为1，2，9的线段各一条，现在要从这9条线段中选取若干条组成一个正方形，共有多少种不同的取法？这里规定当用2条或多条线段接成一条边时，除端点外，不许重叠。解法1：因为所以正方形的边长不大于11。下面按正方形的边长分类枚举：（1）边长为11：92=8+3=74=65，可得1种选法；（2）边长为10：91=82=73=64，可得1种选法；（3）边长为 9：9=81=72=63=54，可得5种选法；（4）边长

5、为8：8=71=62=5+3，可得1种选法；（5）边长为7：7=61=52=43，可得1种选法；（6）边长6时，无法选择。综上计算，不同的取法共有11+511=9（种）。解法2：由于这些线段互不等长，故至少要用7条线段才能组成一个正方形。当恰取7条线段组成正方形时，正方形的3条边各用2条线相接，另一条边只用一条线段；当恰用8条线段时，只能每边各用2条线段相接（容易看出，其他情况不可能发生）。因为 1+29=45， 45不能被4整除，所以用9条线段，不可能组成正方形。由解法一知，拼出的正方形边长至多为11，又易知正方形的边长不可能为1，2，3，4，5，6。有了以上分析就容易计数了。（1）取出7条

6、线段，有以下7种：7=1+62534；81+72+635；9182736=45（这个式子有5种）；（2）取出8条线段，有以下2种：19283746；29384756。综上所述，不同的取法共有72=9（种）。三、乘法原理如果完成一件事必须分n个步骤，而每一个步骤分别有m1，m2，mn种方法，那么完成这件事共有Nm1m2mn种方法。这就是乘法原理，它是分步法的依据。乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理。我们应注意它们的区别，也要注意二者的联合使用。例5 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目。求：（1）当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？（2）当要求每2个舞蹈节目之间至少安

7、排1个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？解：（1）先将4个舞蹈节目看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有 7！=7654321=5404（种）方法。第二步再排4个舞蹈节目，有4！=432124（种）方法。根据乘法原理，一共有 504024=120960（种）方法。（2）首先将6个演唱节目排成一列（如下图中的“”），一共有6！=65432 1=720（种）方法。第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间（即上图中“”的位置），这相当于从7个“”中选4个来排，一共有7654840（种）方法。根据乘法原理，一共有720840=604800（种）方法。例6 有8个队参加比赛，如果

8、采用下面的淘汰制，那么在赛前抽签时，实际上可以得到多少种不同的安排表？解：8个队要经过3轮比赛才能确定冠亚军。将第1轮的4组，自左至右记为1，2，3，4组，其中第1，2组为甲区，3，4组为乙区。8个队抽签即是在上图的8个位置排列，共有8！=87654321=40320（种）不同的方法。但是，两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表。事实上，8队中的某4队都分在甲区或乙区，实际上是一样的；同区的4队中某2队在某一组或另一组，实际上也是一样的；同组中的2队，编号谁是奇数谁是偶数实际也是一样的。由乘法原理知，在40320种排法中，与某一种排法实质上相同的排法有 22224=27=128（种），故

9、按实际不同比赛安排表的种数是四、对应法小孩子数苹果，往往掰着手指头，一个一个地掰，掰完左手掰右手，这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一，他掰了几个指头，也就数出了几个苹果。一般地，如果两类对象彼此有一对一的关系，那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数，而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。例7 在88的方格棋盘中，取出一个由 3个小方格组成的“L”形（如图1），一共有多少种不同的方法？解：每一种取法，有一个点与之对应，这就是图1中的A点，它是棋盘上横线与竖线的交点，且不在棋盘边上。从图2可以看出，棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法（“L”形的“角”在22正

10、方形的不同“角”上）。由于在 88的棋盘上，内部有77=49（个）交叉点，故不同的取法共有494=196（种）。例8 数3可以用4种方法表示为1个或几个正整数的和，如3，12，2+1，1+11。问：1999表示为1个或几个正整数的和的方法有多少种？分析与解：我们将1999个1写成一行，它们之间留有1998个空隙，在这些空隙处，或者什么都不填，或者填上“”号。例如对于数3，上述4种和的表达方法对应：111，111，111，111。显然，将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间一对一，而每一个空隙处都有填“”号和不填“”号2种可能，因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有五、容

11、斥原理在应用加法原理时，关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类，使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的，常常扭成一团，难以分为不重不漏的类，而要把条理分清楚就得用加法原理的推广容斥原理。为了表达方便，我们用A表示A类元素的个数，用B表示B类元素的个数，用 AB表示是 A类或是 B类元素的个数，用AB表示既是A类又是B类元素的个数。ABC，ABC的意义类似。容斥原理1 如果被计数的事物有两类，那么ABABAB。容斥原理2 如果被计数的事物有三类，那么ABCA+BC-AB-BCACABB。容斥原理的实质在于包含与排除，或形象地称之为“多退少补”。容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆，十分方

12、便，留给读者研究。例9 在100名学生中，有10人既不会骑自行车又不会游泳，有65人会骑自行车，有73人会游泳，既会骑自行车又会游泳的有多少人？解：从100名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10人，就是会骑自行车或会游泳的人数100-10=90（人）。既会骑自行车又会游泳的有（6573）90=48（人）。例10 在1至100的自然数中，不能被2整除，又不能被3整除，还不能被5整除的数，占这100个自然数的百分之几？解：由容斥原理2知，1至100的自然数中，或能被2整除，或能被3整除，或能被5整除的自然数的个数是503320-16-6374。所以，在1至100的自然数中，不能被2整除，又不

13、能被3整除，还不能被5整除的自然数有10074=26（个），占这100个自然数的26。六、归纳法对于比较复杂的问题，可以先观察其简单情况，归纳出其中带规律性的东西，然后再来解决较复杂的问题。例11 10个三角形最多将平面分成几个部分？解。设n个三角形最多将平面分成an个部分。n=1时，a1=2；n=2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有23=6（个）交点。这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即a2223。n3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4312（个）交点，从

14、而平面也增加了12个部分，即：a3=22343。一般地，第n个三角形与前面（n-1）个三角形最多有2（n-1）3个交点，从而平面也增加2（n1）3个部分，故an=223432（n-1）32242（n-1）323n（n-1）3n2-3n2。特别地，当n10时，a1031023102=272，即10个三角形最多把平面分成272个部分。七、整体法解答数学题，有时要“化整为零”，使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑，从全局、从整体来研究问题。例12 正方形ABCD的内部有1999个点，以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点，将它剪成一些三角形。问：一共可以剪成多少个三角形？共需剪多少刀？解：

15、我们从整体来考虑，先计算所有三角形的内角和。汇聚在正方形内一点的诸角之和是360，而正方形内角和也是360，共有 3601999360，从而三角形的个数是由于每个三角形有三条边，而正方形纸原来的4条边当然不用剪；其余的边，由于是两个三角形的公共边，剪一刀出两条边，所以共剪的刀数是练习11 1一只青蛙在A，B，C三点之间跳动，若青蛙从A点跳起，跳4次仍回到A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？2在国际象棋棋盘上放置两只“车”，如果它们彼此不构成威胁，那么一共有多少种不同的放法？3在88的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形？4从19，20，21，97，98，99这81个数中，选取两

16、个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？5平面上有7个不在同一直线上的点，以这7个点作为顶点做三角形，使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点。最多可做出多少个满足条件的三角形？6下图是一个道路图。A处有一大群孩子，这群孩子向东或向北走，在从A开始的每个路口，都有一半人向北走，另一半人向东走，如果先后有60个孩子到过路口B，那么先后共有多少个孩子到过路口C？7在1001，1002，2000这1000个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，使它们相加时不进位？8有10个箱子，编号为1，2，10，各配一把钥匙，10把各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先撬开1，2号箱子，取出钥匙去开别的箱子，如果

17、最终能把所有箱子的锁都打开，则说是一种好的放钥匙的方法。求好的方法的总数。练习11 1.6种。解：如下图，第1步跳到B，4步回到A有3种方法；同样第1步到C的也有3种方法。共有6种方法。2.3136种。解：第一步，放第一只“车”，有64种方法；第二步，放第二只“车”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有49种方法。由乘法原理，一共有6449=3136（种）放法。3.168个。解：在每个23的长方形中可以找到2个“凸”字形图形，88方格棋盘中共有84个23的长方形，所以可以找到842=168（个）。4.1600种。解：从19到99共计81个不同的整数，其中有41个奇数、40个偶数。若选取两数之和

18、为偶数，则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性，所以选取的方法数分为两类：第一类，选取两个不同偶数的方法数；第二类，选取两个不同奇数的方法数。依加法原理，这两类方法数的总和即为所求的方法数。第一类是从40个偶数中选取两个不同偶数的方法数，先取第一个偶数有40种方法，从其余39个偶数中选择第2个有39种方法，依乘法原理，共有4039种不同的方法，但注意选取第1个数比如30，选取第 2个数比如 32，与选第1个数32，再选第2个数30，是同一组。所以总的选法数应该折半，第二类是从41个奇数中选取两个不同奇数的方法数，与上述方法相同， 5.7个。2个三角形至多有1个公共顶点，从而任意2个三角形没有公

19、共边，故至多另一方面，7个是可以达到的。设7个点依次为A1，A2，A7。如右图，A1A2A3，A1A4A5，A1A6A7，A2A4A6，A2A5A7，A3A4A7，A3A5A6这7个三角形两两没有公共边。故最多可以做7个三角形。6.48人。解：如下图，设A处有a个孩子，图中各个路口边上的数字表示到过该又从下图看出，到过路口C的人数为7.156个。解：相邻两数相加不需进位的数对中，前一个数可分成四类：（1）1999，1个；由加法原理知，这样的数对共有1+5+25+125=156（个）。8.725760。解：设第1，2，3，10号箱子中所放的钥匙号码依次为k1，k2，k3，k10。当箱子数为n（n2）时，好的放法的总数为an。当n=2时，显然a2=2（k1=1，k2=2或k1=2，k2=1）。当n=3时，显然k33，否则第3个箱子打不开，从而k1=3或k2=3，于是n=2时的每一组解对应n=3的2组解，这样就有a3=2a2=4。当n=4时，也一定有k44，否则第4个箱子打不开，从而k1=4或k2=4或k3=4，于是n=3时的每一组解，对应n=4时的3组解，这样就有a4=3a3=12。依次类推，有a10=9a9=98a8=98765432a2=29！=725760。即好的方法总数为725760。