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1、3个数之和能被3整除只有如下两种情况：（1）3个数被3除的余数均相同，即或均能整除，或均余1，或均余2；（2）3个数中一个被3除尽，一个余1，另一个余2。则3个数同属于A、B或C的方案数为C（100, 3），分别属于A、B或C的方案数为1003，根据加法原理，取3个数使其相加之和能被3整除的方案数为：3C（100, 3） +1003 = 1 485 100二、集合的排列和组合排列：从n个不同的元素中，有次序地选取r个元素，称为从n中取r个的排列，其排列数记为P（n, r）或。当r = n时，称此排列为全排列。对于满足rn的正整数n和r，有圆排列：从n个不同元素中取出r个元素，仅按元素间的相对位

2、置而不分首尾地围成一圈，这种排列称为圆（环状）排列。n个元素的r圆排列数为：，特别地，n个元素的n圆排列数为（n-1）!例2 有4个中国人和4个美国人围桌而坐，要求同一国的人不相邻，求共有多少种坐法？先让4个中国人隔位坐下，属于圆排列问题，共有P（4，4）/4 = 3！= 6种坐法，然后4个美国人插空而坐，这实际上是4个人的全排列问题，因为这4个人已经让中国人隔开了，共有4!种坐法，运用乘法原理，共有3! 4! = 144种坐法。组合：从n个不同元素中选取r个元素而不考虑其次序时，称为从n中取r个的组合，其组合数记为，C（n，r） 或例3 某火车站有6个入口，每个入口每次只能进一个人，则9个人

3、共有多少种进站方案？ 解：因9个人进站时在每个入口都是有序的，则（1）先构造9个人的全排列，共有9!个；（2）选定一个全排列，加入5个分隔符，将其分成6段，则第i段对应着第i个入口的进站方案，例如： （表示分隔符 表示一个人）则进站方案为： 生成排列和组合的程序。三、整数的分拆正整数n的一个k分拆是把n表示成k个正整数的和，即n = n1 + n2 + + nk （k1）。如果等式右边k个正整数的不同次序被看作是不同的分拆，则称为有序分拆。正整数的有序拆分可以理解为n个相同的球放进k个有区别的盒子，每个盒子可以多于一个球，每种方案就是对正整数n的一种拆分。例4 把m个同样的苹果放在n个同样的盘

4、子中，允许有空盘子，问有多少种不同的方法。令f（m, n）表示把m个同样的苹果放在n个同样的盘子中的方案数，下面分情况讨论：（1）当m=1时，只有一种放法：把1 个苹果放在其中任意一个盘子中，由于题目说明盘子是同样的，所以，不管这个苹果放在哪个盘子中，都属于一种放法；（2）当n=1时，只有一种放法：把所有苹果都放在这个盘子中；（3）当mn时，此时可分为两种情况： 没有空盘子，可以每个盘子里先放一个苹果，再将剩下的苹果放到盘子里，即f（m-n, n）； 至少有一个盘子是空的，即f（m, n-1）。综上所述，得到如下递推关系式：f（m, n）=四、容斥原理容斥原理实际上是一种间接的计数方法。例5

5、求1, 2, n的1不在第一个位置上的全排列的个数。设i1i2in是1, 2, n一个全排列，因1不在第一个位置上，所以i11，下面分别用直接计数和间接计数两种方法来计算此类排列的个数。（1）直接计数：将i11的所有全排列按照i1的取值分成n-1类：若i1= k2, 3, , n，则i2in是1,，k-1, k+1, , n的一个全排列，所以1, 2, n的使i1=k的全排列个数为（n-1）!由于k可取2, 3, n，由乘法原理，i11的全排列数为（n-1）（n-1）!（2）间接计数：1, 2, n的全排列数为n!，若i1=1，则i2in是2, 3, , n的全排列，共有（n-1）!，所以i1

6、1的全排列数为：n!- （n-1）! = （n-1）（n-1）！容斥原理：设集合S的子集A1具有性质P1，A2具有性质P2，An具有性质Pn，则集合S 至少具有性质P1, P2, Pn之一的元素个数为：|A1A2An| = （|A1|+|A2|+|An|） - （|A1A2|+|A1A3|+|A1An|+（|A2A3|+|A2An|+|An-1An|）+ （|A1A2A3| + + |An-2An-1An|）+（-1）n-1|A1A2An|即|则集合S不具有性质P1，P2，Pn的元素个数为：即：有禁止位置的错排问题：集合S = 1, 2, , n的一个错排是该集合的一个满足条件的i ri的全排

7、列i1i2in，即集合1, 2, , n的没有一个数字在它的自然顺序位置上的全排列。通常用Dn表示集合S的错排个数。例如，n=1时，集合1没有错排D1=0；n=2时，集合1, 2有1个错排D2=1，为21；n=3时，集合1, 2, 3有2个错排D3=2，为231, 312；n=4时，集合1, 2, 3, 4有个9错排D4=9，分别是：2143, 2341, 2413, 3142, 3413, 3431, 4123, 4312, 4321。定理1 对于任意正整数n，有证明：设Ai表示ri = i的全排列（i =1, 2, , n），由于ri已确定，所以|Ai|=（n-1）! 同理 |AiAj|=

8、（n-2）!， ， |A1A2An| = 1则例6 6人参加会议，入场时随意的将帽子挂在衣架上，走时再顺手戴一顶走，问没一人拿对的概率？P = = 1-+- 0.368不相邻的排列：集合S = 1, 2, , n的不相邻的排列是该集合上不出现12, 23, , （n1）n这些模式的全排列。通常用Qn表示集合S的不相邻的排列个数。例如：n = 2时，Q2=1，21是唯一满足要求的全排列；n = 3时，Q3=3，213, 321, 132是3个满足要求的全排列；n = 4时，Q4=11，4132, 4213, 4321, 3142, 3241, 3214, 2143, 2413, 2431, 13

9、24, 1342是11个满足要求的全排列。定理2 对于任意正整数n，有：设S为1, 2, , n的全排列，则|S| = n!，定义性质集合P=p1, p2, , pn，其中Pi：出现i（i+1）模式（1in1）则Ai：S中满足性质Pi的全排列的集合Ai中每个排列是集合1, 2, , i1, i（i+1）, i+2, , n的一个全排列，则|Ai| =（n1）!同理，AiAj中每个排列是集合1, 2, , i1, i（i+1）, i+2, , j（j+1）, , n的一个全排列，则|AiAj|=（n2）!（1i jn1）。一般的有：|Ai1Ai2Aik|=（nk）!（1Ai1 Ai2 Aikn1

10、）例7 某班有8位学生排成一队，第2天再排队时，所有同学都不希望他前面的同学与前一天相同，问有多少种排法？问题即是求S = 1, 2, , n的不出现12, 23, , （n1）n这些模式的全排列的个数，则：不相邻的组合：所谓不相邻的组合是指从A= 1, 2, , n中取r个不相邻的元素的组合，即不存在相邻的两个元素j和j+1的组合。从A= 1, 2, , n中取r个不相邻元素的组合，其组合数为n =5，r =2，则不相邻的组合有1, 3,1, 4,1, 5,2, 4,2, 5,3, 5（去掉相邻的组合1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5），其组合数为6。五、递推关系递推关系：给定一个

11、数的序列f（0）, f（1）, f（n）, （有限或无限），若存在正整数n0，使得当nn0时，可以用等号（或大于号，小于号）将f（n）与前面的某些项f（i） （0in）联系起来，这样的式子称作递推关系式（即描述序列的规律）。 建立递推关系式的步骤如下：（1）找第n项与前面最近几项的关系；（2）获得最前面几项的具体值，即初值。例8 n位四进制数中，有偶数个0的序列共有多少个？设 f（n）表示n位四进制数中有偶数个0的序列，它有两部分组成：（1）在n-1位四进制数中有偶数个0的序列再添一位非零（即1，2，3）的数，可产生3f（n-1）个满足条件的序列。（2） 在n-1位四进制数中有奇数个0的序列再

12、添一位0可产生4n-1- f（n-1）个满足条件的序列。（注意到|奇数个0的序列| = |全集| - |偶数个0的序列|） 由加法原理，得： f （n） = 3f（n-1） + 4n-1- f（n-1）= 4n-1 + 2f（n-1） 显然，f（1） = 3, 即：Fibonacci序列：把一对兔子（雌、雄各一只）放到围栏中，每个月这对兔子都生出一对新兔子，其中雌、雄各一只，从第二个月开始。每对新兔子每个月也生出一对新兔子，也是雌、雄各一只，一年后围栏中有多少对兔子？分析：令f（n）表示第n个月开始时围栏中的兔子对数（强调是“对”而不是“只”）显然有f （1） = 1，f （2） =1（可以补

13、充定义f（0） = 0）在第n个月的开始，那些第n-1个月初就已经在围栏中的兔子仍然存在，而且每对在第n-2个月出生的兔子会生出一对新兔子，所以有：1 n=1或2f （n-1） + f （n-2） n3例9 一个小孩上楼梯，每次可以上一个或两个台阶，上n阶楼梯共有多少种上楼方案？设有h（n）种方法，这些方法可以分成两类： （1）最后一次上1个台阶，其方法数为； （2）最后一次上2个台阶，其方法数为 所以， 显然，得到Fibonacci数列。Catalan序列：Catalan序列首先是Euler在计算凸多边形的三角形剖分的个数问题时得到的。凸多边形的三角形剖分问题：在一个凸n边形中，通过插入内部

14、不相交对角线将其剖分成一些三角形区域，有多少种不同的分法？令h（n）表示凸n+1边形的三角形剖分的方案数，则，几个特殊情况，如图5.1和图5.2所示。 n = 2时（为三角形），h（2）=1； n = 3时（为四边形），h（3）=2； n = 4时（为五边形），h（4）=5。图5.1 四边形的2种剖分图5.2 五边形的5种剖分图5.3 n+1边形剖分示意图当n3时，凸n+1边形的顶点用A1, A2, An+1表示，取定多边形一条边A1An+1，任取多边形的一个顶点Ak+1（2k + 1n 1kn-1），将Ak+1分别与A1和An+1连线得到三角形T，则三角形T将凸n+1边形分成T、R1和R2三

15、个部分，其中R1为k+1边形，R2为n-k+1边形，如图5.3所示。因此，R1有h（k）种剖分方法，R2有h（n-k）种剖分方法。所以：补充定义h（1） = 1，除去其本原问题，得到Catalan数列：即 1，1，2，5，14，42，Catalan数列的项称为Catalan数。例10 乘法结合方式问题：设有n个元素，在其前后次序不变的情况下，每次只对两个元素进行乘法，以括号决定乘的先后顺序，有多少种不同的相乘方式？n=2时，h（2）=1，有1种相乘方式，为 n=3时，h（3）=2，有2种相乘方式，为 n=4时，h（4）=5，有5种相乘方式，为：n个元素相乘，无论怎样结合（即画括号），总有一个时

16、刻到达最后一次相乘，即|，设竖线左边有k个元素竖线右边有n-k个元素，则竖线左边有种结合方式，竖线右边有种结合方式。由乘法原理，共有现移动竖线，竖线可从到范围内移动，即从1到n-1，由加法原理，补充定义定理1 Catalan数的计算公式：定理2 n个+1和n个-1构成的2n项，其部分和满足：的数列的个数等于第n+1个Catalan数例11 有2n个人排成一行进入剧场，入场费50元，2n个人中有n个人有50元的纸币，n个有100元的纸币，剧场售票处用一个空的现金收录机开始售票，有多少种排队方法使得只要有100元的人买票，售票处就有50元找零。有50元的人用+1标识，有100元的人用-1标识，且这

17、2n个人是不可区分的，则方案数为 如果这2n个人是可区分的，则方案数为六、Polya计数理论集合G = 1, 2, , n上的一一映射称为n元置换，记为，其中是1, 2, , n的一个全排列。置换表示成多个轮换之积的形式：置换Sn可以确定一个有向图G = （V, E），其中V = 1, 2, , n，E = 且i, （i） V ，从顶点出发存在一条路径：，该路径构成了一个长为l的回路，对应一个长为l的轮换（）。例12 置换确定的有向图如图6.1所示。图6.1 置换对应的有向图由图5可以看到 （1 3）是一个长度为2的轮换，（2）和（5）是两个长度为1的轮换，（4 6 7 8）是一个长度为4的轮

18、换。可表示为：（1 3） （2） （5） （4 6 7 8） 长度为2 长度为1 长度为4观察上例，发现：（1）由于轮换表示一个回路，因此轮换（a1, a2, , al）只与元素的相邻位置有关，与哪个元素为首无关。（1 2 3） = （2 3 1） = （3 1 2）。（2）轮换因子的排列没有顺序要求。（1 3）（2）（5）（4 6 7 8） = （1 3）（2） （4 6 7 8） （5）（3）一般地，若置换有bi个长度为i（1in）的不相交轮换因子，则称是型置换，bi = 0的轮换因子可以不必写出。（1 3）（2）（5）（4 6 7 8）是122141型的。定理1 任何置换都可以表示成不相

19、交的轮换之积。定理2 若一个轮换的长度为l，则该轮换自乘l次，得到l个长度为1的轮换。定理3 一个置换若是k 个长度为l1, l2, , lk的轮换的乘积，且l1, l2, , lk的最小公倍数是m，则这个置换自乘m次后，一定得出一个恒等置换。例13 有一副扑克牌52张，已排好序，且自下而上编号为1, 2, , 52，按以下方法洗牌：顶牌和底牌不动，其他牌交替放置，即用这种方法洗牌，洗多少次后才能使牌恢复原来的顺序？对应的置换为：（1）（2, 27, 14, 33, 17, 9, 5, 3） （4, 28, 40, 46, 49, 25, 13, 7）（10, 31, 16, 34, 43,

20、22, 37, 19）（12, 32, 42, 47, 24, 38, 45, 23）（6, 29, 15, 8, 30, 41, 21, 11）（20, 36, 44, 48, 50, 51, 26, 39）（18, 35）（52）即为2个长度为1，一个长度为2，6个长度为8的轮换之积，而1、2、8的最小公倍数是8，所以，该置换自乘8次后成为恒等置换，即洗8次牌后恢复原来的顺序。Polya定理：设G = p1, p2, , pg是D = 1, 2, , n上的置换群，用m种颜色对D上的n个对象着色，则不同的着色方案数为：表示置换pi分解为不相交轮换之积中轮换因子的个数。例14 v1 v2 v3是圆圈上的三等分点，用红、蓝和绿三种颜色的珠子镶嵌，问有多少种不同的方案？如图所示，圆圈可以分别绕中心点旋转0，120，240，以及过点的垂直于其他两点的连线的垂直线为轴翻转，则有如下置换群：G = （v1）（v2）（v3）, （v1 v2 v3）, （v3 v2 v1）, （v1）（v2 v3）, （v2）（v1 v3）, （v3）（v1 v2）故不同的方案数为N = （33 + 332 + 23） / 6 = 10，这10种不同的方案如下图所示。蓝绿红v1v2v3