第二节计数和离散最值.docx

1、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E2-002 n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

2、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55+544105个不同的三位数，在这些三位数中，末位数字为0的共有55=25个，末位数字为5的共有44=16个，故5的倍数共有25

3、+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），x7由（4），x=7，4，1仅解出B的人数为6E2-005 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

4、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

5、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40a1a2a3=2b1b2b3当a10时，b8，所以综上所述，所求的盒子尺寸为235或256 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

6、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，

7、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：0xk，0yk的坐标为整数的点（x，y）共有（k+1）2个，而满足条件：（k+1）22000的最大整数k=43

8、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=6444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2nf（n）43n-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）=4f（2）=43=12f（3）=433=36对于4步的自

9、身回避散步，则有f（4）=4333-8=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2nf（n）如果仅考虑不反过身来往回走，那么共有43n-1种（其中可能出一点通过两次的情况），所以f（n）43n-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

10、ni10），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=21E2011 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E2012 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

11、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+m2n+2得m3从而有队踢过平局，他们的积分不少于2（n+1）+1，由2n+m2n+3，得m4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2S（S-1）/2=S（S-1），矛盾这样，m4，n1，因此冠军

12、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E2013 设n3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+

13、（2n-1）k，kZ，表示同一个点j）这样得到一个图GG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3xj（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-1E2014 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

14、？【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419首先证明，l4由l9，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5l8，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

15、共圆，矛盾所以l=9E2015 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

16、时，未必有同色三角形（不染色的边19、28、37、46没有画出），其中1、9与2、8间的虚线表明12、18、92、98均为虚线，5与4、6间的实线表明54、56均为实线等等因此n=33E2016 10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k4，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

17、c的，均不超过3人从而总人数1+2+3+3=9，矛盾！因此k5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E2017 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1

18、00000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E2018 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

19、，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E2019 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

20、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n7，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E2020 设n、kN且kn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

21、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s1s2sn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+sks1+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

22、元素于是，本题结论对一切自然数nk成立E2-021 S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71，2，1989可分拆为181个子集11j+1，11j+2，11j+11（j=0，1，179）及1981

23、，1982，1989，所以|S|5181=90511j+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（1kn），则在它之后只有一种排法： n-

24、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）（n2）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j1j2jl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（19

25、89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11989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

26、kn），则具有性质p的排列个数而|Nk|=2（2n-1）！，|NkNh|=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）！2n2（n-1）（2n-2）！2n（2n-2）！nE2-025 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

27、=（n+3）x/n（0xn）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2663=1326E2-026 8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”，

28、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（1kn）的“头数为yl，则头朝上的三角形共有：x1=2+2+n=n（n+1）/2x2=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）/2y2=1+2+（n-3）=（n-2）（n-3）/2yl=1+2+（n-2l+1）=（n-2l+1）（n-2l+2）/2（1）当n为偶数时，由上式可知

29、（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