1、组合数学（第二版）第 1 页（共 97 页）组合数学(第 2 版)-姜建国,岳建国习题一（排列与组合）1在 1 到 9999 之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出 1，2，3，4 作排列的方案数；（1）选 1 个，即构成 1 位数，共有 个；15P（2）选 2 个，即构成两位数，共有 个；2（3）选 3 个，即构成 3 位数，共有 个；35（4）选 4 个，即构成 4 位数，共有 个；4由加法法则可知，所求的整数共有： 个。12345520P2比 5400 小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）
2、每位数字不同且不出现数字 2 与 7；解：（1）比 5400 小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况： 一位数，可从 19 中任取一个，共有 9 个； 两位数。十位上的数可从 19 中选取，个位数上的数可从其余 9 个数字中选取，根据乘法法则，共有 个；81 三位数。百位上的数可从 19 中选取，剩下的两位数可从其余 9 个数中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有 个；29648P 四位数。又可分三种情况： 千位上的数从 14 中选取，剩下的三位数从剩下的 9 个数字中选3 个进行排列，根据乘法法则，共有 个；394201 千位上的数取 5，百位上的数从 13 中选取，
3、剩下的两位数从剩下的 8 个数字中选 2 个进行排列，共有 个；86P 千位上的数取 5，百位上的数取 0，剩下的两位数从剩下的 8 个数字中选 2 个进行排列，共有 个；2856根据加法法则，满足条件的正整数共有：个；98164016897组合数学（第二版）第 2 页（共 97 页）（2）比 5400 小且每位数字不同且不出现数字 2 与 7 的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设 0,1345,689A 一位数，可从 中任取一个，共有 7 个；0A 两位数。十位上的数可从 中选取，个位数上的数可从 A 中其余7 个数字中选取，根据乘法法则，共有 个； 三位数。百位上的数可从 中选取
4、，剩下的两位数可从 A 其余 7个数中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有 个；2794P 四位数。又可分三种情况： 千位上的数从 1，3，4 中选取，剩下的三位数从 A 中剩下的 7 个数字中选 3 个进行排列，根据乘法法则，共有 个；3760P 千位上的数取 5，百位上的数从 0，1，3 中选取，剩下的两位数从 A 中剩下的 6 个数字中选 2 个进行排列，共有 个；269根据加法法则，满足条件的正整数共有： 个；74913一教室有两排，每排 8 个座位，今有 14 名学生，问按下列不同的方式入座，各有多少种做法？（1）规定某 5 人总坐在前排，某 4 人总坐在后排，但每人具体座位不指定
5、；（2）要求前排至少坐 5 人，后排至少坐 4 人。解：（1）因为就坐是有次序的，所有是排列问题。5 人坐前排，其坐法数为 ，4 人坐后排，其坐法数为 ，(8,5)P(8,4)P剩下的 5 个人在其余座位的就坐方式有 种，(7,5)根据乘法原理，就座方式总共有：（种）(8,),4(7,)290PA（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。可分成三种情况分别讨论： 前排恰好坐 6 人，入座方式有 ；(14,6)8,(,)CP 前排恰好坐 7 人，入座方式有 ；77 前排恰好坐 8 人，入座方式有 ；,各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：(14,6),(,)14
6、,)(8,)(14,8)(,6)0390CPPP 典型错误：组合数学（第二版）第 3 页（共 97 页）先选 6 人坐前排，再选 4 人坐后排，剩下的 4 人坐入余下的 6 个座位。故总的入坐方式共有： 种。(1,6)8,(,)8,CPP但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全坐后排，那么上式中的 就有重复。,4一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时，问共有多少种安排方案？解：用 表示第 i 天的工作时间， ，则问题转化为求不定方程ix1,27i的整数解的组数，且 ，于是又可以转12345670x5ix化为求不定方程 的整数解的组数
7、。12345671yyy该问题等价于：将 15 个没有区别的球，放入 7 个不同的盒子中，每盒球数不限，即相异元素允许重复的组合问题。故安排方案共有： （种）(,)(1,)542RC 另解：因为允许 ，所以问题转化为长度为 1 的 15 条线段中间有 14 个空，再0iy加上前后两个空，共 16 个空，在这 16 个空中放入 6 个“”号，每个空放置的“”号数不限，未放“”号的线段合成一条线段，求放法的总数。从而不定方程的整数解共有：（组）2109817(,6)(1,6) 542543RC即共有 54 264 种安排方案。5若某两人拒绝相邻而坐，问 12 个人围圆周就坐有多少种方式？解：12
8、个人围圆周就坐的方式有： 种，(12,)!CP设不愿坐在一起的两人为甲和乙，将这两个人相邻而坐，可看为 1 人，则这样的就坐方式有： 种；由于甲乙相邻而坐，可能是“甲乙”(,)0!也可能是“乙甲” ；所以则满足条件的就坐方式有： 种。123659206有 15 名选手，其中 5 名只能打后卫，8 名只能打前锋，2 名只能打前锋或后卫，今欲选出 11 人组成一支球队，而且需要 7 人打前锋，4 人打后卫，试问有多少种选法？解：用 A、B、C 分别代表 5 名打后卫、8 名打前锋、2 名可打前锋或后卫的集合，组合数学（第二版）第 4 页（共 97 页）则可分为以下几种情况：（1）7 个前锋从 B
9、中选取，有 种选法，4 个后卫从 A 中选取，有 种，78C45C根据乘法法则，这种选取方案有： 种；7485（2）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 3 名后卫，从 C 中选 1 名后卫，根据乘法法则，这种选取方案有： 种；71852（3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫， C 中 2 名当后卫，根据乘法法则，这种选取方案有： 种；785（4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫，根据乘法法则，这种选取方案有： 种；614825（5）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 3 个后卫，C 中剩下的一个
10、当后卫，选取方案有： 种；613825（6）从 B 中选 5 个前锋，C 中 2 个当前锋，从 A 中选 4 个后卫，选取方案有： 种；485A根据加法法则，总的方案数为： 747317261461354858528582582810CCAAA7求 展开式中 项的系数。()xyzw2xyzw解：令 ，则 中 项的系数为,abcd8()abcd2abcz，即 中， 的系数，8!722 z2()xyw因此， 的系数为： 。2xyzw2!(1)08A8求 的展开式。4()解： ，展开式共有 （项） ， 所以，,3nt(,4)(3,4)15RC组合数学（第二版）第 5 页（共 97 页）4444332
11、2233223 4()001014441011xyzxyzxyxzxxyzyzxyzz3244332222220446611xyxyzxyzyzx9求 展开式中 的系数。1012345()xx3624x解： 的系数为： 364 10!84A10试证任一整数 n 可唯一表示成如下形式：1!,0,12,iia证明：（1）可表示性。令 ，显然 ，121(,)|,1miMam !Mm，显然 ，0!N !N定义函数 ，:f，121221(,)()()!mmmfa a A显然， 2 1(!0!0)()!(1!32!1aamA A 即 ，120,)1mfam由于 f 是用普通乘法和普通加法所定义的，故 f
12、无歧义，肯定是一个函数。从而必有一确定的数 ，使得 ，(0!)K121(,)mKfaa为了证明 N 中的任一数 n 均可表示成 的形式，1!in只需证明 f 是满射函数即可。又因为 f 是定义在两个有限且基数相等的函数上，因此如果能证明 f 单射，则 f 必是满射。组合数学（第二版）第 6 页（共 97 页）假设 f 不是单射，则存在 ，12121(,),(,)mmaabbM ，且有 ，使得121(,)mab 0KN02121,mKf f 由于 ，故必存在 ，使得121,()m j。不妨设这个 j 是第一个使之不相等的，即 ，jjb (1,)iabj且 ，ajj因为 1221()!()!mma
13、bb A所以， 122112110()!()!()()!()!()1!mmjjjjjj babaaaj AA A产生矛盾，所以 f 必是单射函数。因为 ，所以 f 必然也是满射函数，!MNm故对任意的 ，都存在 ，使得n121(,)maaM12()!a A这说明对任意的整数，都可以表示成 的形式。1in（2）唯一性。由于函数 是一个单射，也是满射，即 f 是双射函数，:fMN故，对任意的 ，都存在唯一的 ，使得n121(,)maaM。12()!()!mma A否则，若存在另一个 ，使得121,)bb12b将与 f 是单射函数矛盾。证毕。11证明 ，并给出组合意义。(,)(1,)nCrCnr证明
14、：因为 ，现令 ， ，则可得(,klllk1krl，即,1(,)(,1)nCCnr组合意义：将 n 个元素分为 3 堆，1 堆 1 个元素，1 堆 r 个元素，1 堆 个元素。可以有下面两种不同的分法：（1）先从 n 个元素中选出 个元素，剩下的 个作为 1 堆；再将r组合数学（第二版）第 7 页（共 97 页）选出的 个元素分为两堆，1 堆 1 个，1 堆 r 个。r（2）先从 n 个元素中选出 1 人作为 1 堆，再从剩下的 个中选出 r 个1n作为 1 堆，剩下的 作为 1 堆。nr显然，两种分法是等价的，所以等式成立。12证明 。11(,)2nnkC证明：采用殊途同归法。 组合意义一：
15、考虑从 n 个人中选出 1 名正式代表和若干名列席代表的选法（列席代表人数不限，可以为 0） 。可以有以下两种不同的选法：（1）先选定正式代表，有 种选法；然后从 人中选列席代表，这nC1n个人都有选和不选的两种状态，共有 种选法； 12n根据乘法法则，共有 种选法；1（2）可以先选出 人，然后再从中选出 1 名正式代表，(0,)k其余 k 人作为列席代表，对于每个 k，这样的选法有： ，knC从而总选法有： 10 11(,)(,)(,),(,)n nk kkC显然，两种选法是等价的，所以等式成立。 组合意义二：将 n 个不同的球放入标号为 A、B、C 的 3 个盒子，其中要求 A 盒只放 1
16、个球，其余两盒的球数不限。那么，有两种不同的放法：（1）先从 n 个不同的球中选出 1 个，放入 A 盒，再将其余 个球放入n另外两盒，有 种放法；12n（2）先从 n 个球中选出 k 个 ，再从所选的 k 个球中选出 1 个(,)n放入 A 盒，将其余的 个球放入 B 盒，剩下的 个球放入 C 盒，根据乘法法则，对于不同的 k，有 种放法。1knknnCA当 时，各种情况互不重复，且包含了所有放法，1,2k根据加法法则，总的放法有： 。1(,)k显然两种放法是等价的，故等式成立。 另法：根据二项式定理：，21(1)(,1)(,)(,)(,)n nnxCxnCxx组合数学（第二版）第 8 页（
17、共 97 页）两边求导，得：，1 21()(,)2(,)(1),)(,)n nnxCnxCxx 令 ，即得 11,k13有 n 个不同的整数，从中取出两组来，要求第一组数里的最小数大于第二组的最大数，问有多少种方案？解：设这 n 个不同的数为 ，12naa若假定第一组取 个数，第二组取 个数，并且令 ，k2k12()mk则要求第一组数里的最小数大于第二组里的最大数，我们可以这样来选：先从 n 个数中任选 m 个数出来，有 种选法；再从这 m 个数中从大到(,)C小取 个数作为第一组数， ，有 种取法；再将其余的 个1k1,1k 2k数作为第二组数。故总方案数有： 2221 1(),(,)(,)
18、1nnnmmmn 14六个引擎分列两排，要求引擎的点火次序两排交错开来，试求从某一特定引擎开始点火有多少种方案？解：第一次点火仅有一种选择，即点某个特定引擎的火；第二次点另一组某个引擎的火，有三种选择；第三次有 2 种,。所以方案数为： （种）1321 如果只指定从第一排先开始点火，不指定某一个，则方案数为（种）36 如果第一个引擎任意选，只要求点火过程是交错的，则方案数为（种）63217215试求从 1 到 1 000 000 的整数中，0 出现了几次？解：分别计算 0 出现在各个位上的次数。（1）0 出现在个位，此时符合条件的 2 位数有 9 个；3 位数有 个；9104 位数有 个；5
19、位数有 个；6 位数有 个；2939104（2）0 出现在十位，此时符合条件的 3 位数有 个；4 位数有 个；1025 位数有 个；6 位数有 个；3104（3）0 出现在百位，此时符合条件的 4 位数有 个；5 位数有 个；293910组合数学（第二版）第 9 页（共 97 页）6 位数有 个；4910（4）0 出现在千位，此时符合条件的 5 位数有 个；6 位数有 个；39104910（5）0 出现在万位，此时符合条件的 6 位数有 个；4另外 1 000 000 中有 6 个 0。所以，从 1 到 1 000 000 的整数中，0 出现的次数总共有：（次）234923941590895
20、 另法：先不考虑 1 000 000 本身，那么任一个 000 000999 999 之间的数都可以表示成如下形式： ，其中每个 是 0 到 9 的数字。23456did因为每位数字可以有 10 种选择，根据乘法法则，共有 个“6 位数” ，10又每个“6 位数”由 6 个数字组成（包括无效 0） ，所以共有 个数字，又每个数字出现的概率相等， 所以 0 出现的次数应是 ，5但习惯上在计算 0 的个数时，不包括无效 0（即高位的 0） ，因而要从中去掉无效 0，其中：（1）1 位数有 9 个（不包括 0） ，其无效 0 共有 个（即900000 ） ；id（2）2 位数有 90 个，其无效 0
21、 共 个。94依次类推，无效 0 的总数为 5943921105因为 全为 0 时的 6 个 0 和 1 000 000 本身的 6 个 0 相互抵消，12356d所以 1 到 1 000 000 之间的自然数中 0 出现的次数为（次）5489 注意：1 出现的次数为 （要考虑 1 000 000 这个数的首位 1） ，162，3，9 各自出现的次数为 。50616n 个男 n 个女排成一男女相间的队伍，试问有多少种不同的方案？若围成一圆桌坐下，又有多少种不同的方案？解：排成男女相间的队伍：先将 n 个男的排成 1 行，共有 种排法；nP再将 n 个女的往 n 个空里插，有 种排法；由于可以先
22、男后女，也可以先女后男，因此共有 种排法；2根据乘法法则，男女相间的队伍共有： 种方案。2!nA若围成一圆周坐下，同理组合数学（第二版）第 10 页（共 97 页）先将 n 个男的围成一圆周，共有 种排法，(,)CPn再将 n 个女的往 n 个空中插，有 种排法，根据乘法法则，围成圆周坐下，总的方案数有： 种。(,)!(1)nPA17n 个完全一样的球，放到 r 个有标志的盒子， ，要求无一空盒，nr试证其方案数为 。1n证明：因为没有空盒，可先每盒放入一个球，再将剩余的 球放入 r 个盒子n中，即将 个无区别的球，放入 r 个不同的盒子中，每盒的球数不受限制，nr因此方案数有： 。(1,)(
23、1,)(1,)CrnCnrr 另法：插空法。问题可看为：n 个球排成 1 行，球与球之间形成 个空，再在这 个空n中，插入 个隔板，这样就可形成 r 个盒子，每盒球不空的方案，其方案1r数为 。(,)18设 ， 是 k 个素数，12knp 12,p试求能整除尽数 n 的正整数数目。解：能整除数 n 的正整数即 n 的正约数，其个数为：。12()()k19试求 n 个完全一样的骰子能掷出多少种不同的方案？解：每个骰子有六个面，每个面的点数可以是 中的一种。1,26由于 n 个骰子完全一样，故这样相当于将 n 个完全一样的球放到 6 个不同的盒子中，每盒球数不限。故方案数有（种）)1(2)3(4)
24、5(!1),(),16( nC20凸十边形的任意三个对角线不共点，试求这凸十边形的对角线交于多少个点？又把所有的对角线分割成多少段？解： （1）从一个顶点可引出 7 条对角线，这 7 条对 角线和其他顶点引出的对角线的交点情况如下： 从右到左，和第一条对角线的交点有：组合数学（第二版）第 11 页（共 97 页）个，和第二条的交点有 ，和第三条的交点有 条，故和一17A26A35A个顶点引出的 7 条线相交的点为：，故和从 10 点引出的对角线交的点2635437184A有 个，但每个点重复了四次（因为每个点在两条线上，而每条线又840有两个端点） ，故凸十边形对角线交于 个点。02 也可以直
25、接这样看：因为一个交点需要两条对角线相交，而两条对角线又需要多边形的四个点构成一四边形。反之，从 n 个顶点中任取四个顶点，连成一四边形，而四边形的两条对角线必须确定唯一的一个交点，故凸十边形的对角线的交点共有：（个）4102C（前提：任三个对角线不共点，否则，一个交点不能对应 n 边形的唯一四个顶点）（2）由（1）知，一个点引出的 7 条对角线中，第一条线上有 7 个点，故将该线段分成 8 段；第二条线上有 12 个点，故将该线段分成 13 段，故从一个点出发的 7 条线上的段数为： 。81361389现有 10 个点。故总的段数为： 。但每段重复计算了 2 次（因90为每条线有 2 个端点
26、）故总的段数应为： 。245 另法：一个交点给相交的两条对角线各增加 1 段，所以对角线总的段数为：对角线数2 倍交点数 （段）0(3)0221试证一整数 n 是另一整数的平方的充要条件是除尽 n 的正整数的数目为奇数。证明：必要性：整数 n 可表示为 ， ，且 为素数，12kaap ipi，1i则除尽 n 的正整数个数为： ，12()(1)k若 为偶数，则必存在 为奇数，12()()kaa i则 n 不可能写成令一个数的平方。所以 n 是另一整数的平方的必要条件是除尽 n 的正整数数目为奇数。充分性：若除尽 n 的正整数的数目为奇数，则 均为偶数，(1,2)ik则 121212 2k kk
27、aaaaapppAA 组合数学（第二版）第 12 页（共 97 页）可写成另一整数的平方。证毕。22统计力学需要计算 r 个质点放到 n 个盒子里去，并分别服从下列假定之一，问有多少种不同的图像？假设盒子始终是不同的。（1）Maxwell-Boltzmann 假定：r 个质点是不同的，任何盒子可以放任意个；（2）Bose-Einstein 假定：r 个质点完全相同，每一个盒子可以放任意个。（3）Fermi-Dirac 假定： r 个质点都完全相同，每盒不得超过一个。解：（1）问题即：将 r 个不同的质点放到 n 个不同的盒子，每个盒子放的质点数不受限制，即相异元素允许重复排列，其方案数有： (
28、,)rRP（2）问题即：将 r 个没有区别的质点放到 n 个不同的盒子，每个盒子方的质点数不受限制，即相异元素允许重复组合，其方案数有：(1)!(,)(1,)rCrr（3）问题即：将 r 个没有区别的质点放到 n 个不同的盒子，每盒不超过一个，即相异元素不允许重复的组合，其方案数有：!(,)()Cnrr23从 26 个英文字母中取出 6 个字母组成一字，若其中有 2 或 3 个母音，问分别可构成多少个字（不允许重复）？解：母音指元音，即 a， e，i，o，u（1）有 2 个元音。先从 5 个元音中取出 2 个，再从剩下的 21 个字母中选出4 个，再将 6 个字母进行全排列，则可构成的字总共有
29、：（个）2451309CP（2）有 3 个元音。先从 5 个元音中取出 3 个，再从剩下的 21 个字母中选出4 个，再将 6 个字母进行全排列，则可构成的字总共有：（个）3521724给出的12 10 0nrrnrnmrnrmm组合数学（第二版）第 13 页（共 97 页）组合意义。证明： 组合意义一：从 个元素 中取出 个元素的组合数为：(1)nr,21nr (1)nrm，且 ，其,(,)CmC2 1rnrmiii 中第 位置上的元素 可取 ，1ri,当 取 时（ ） ，前边的 r 个数 可在1ri()k0, 12,rii这 个数中取，故有 种取法；后边的,2 r kr个数 可在(1)(n
30、rmn231,rnrmii这 个数中取，故有,1kr (1)()k种取法。n根据乘法法则，当 时，这样的组合数为：1rikrmnkmn再根据加法法则，对 进行求和，就有0,1。 mrnrnrnrnr 1020 组合意义二：（格路方法）等式左端：从点 到点 （ ） ，直接经过点(1,0)Ar(1,)Ck,再到点 的路径数。(0,)Dk,Bnm从 A 到 C 的路径数为： ，0rrkk从 D 到 B 的路径数为： ，nmnk根据乘法法则和加法法则，从 A 到 B 的路径数有： 。0mkrnk等式右端：从点 到点 的路径数为：(1,0)Ar(,)n组合数学（第二版）第 14 页（共 97 页）(1)
31、01nmrnrm25给出 的组合意义。121rrnr证明：（1）等式右端：从 个元素 中，任选 个元素的组121,na 1r合方案数为： 。r（2）等式左端：从 不同元素 中选取 个元素，一1n121,na r定选元素 ，但不选元素(0)rk的方案数。根据乘法法则，当 k 值取定21,rkna时，这样的方案数为从其余的 个元素中任取 r 个的rk方案数，即 ，再根据加法法则，总的方案数有：rk0nrk26证明 。120nmmnn证明：考虑从 m 双互不相同的鞋中取出 n 只， ，要求其中没有任何两只是成对的，求方案数。一方面，先从 m 双鞋中选取 n 双，共有 种选法，再从此 n 双中每双抽掉
32、一只，有 种取法，由乘法原理，总的方案数为：2。2n另一方面，先取出 只左脚的鞋，再在其余的 双中取出(0,1)kn mk只右脚的鞋，则总的方案数为：n0mmn组合数学（第二版）第 15 页（共 97 页）所以， 。1200nmmnn 另法：根据 （ ） （ ）rnrr,1,n从而有： 100012nmmnnm27对于给定的正整数 n，证明在所有 中，当(,)1,2)Cnrn时， 取得最大值。1,2k为 奇 数， 为 偶 数 (,)证明：取 与 进行比较。 ，(,)Cnk(,1)(,)1Cnk当 时， ，即 ，2(,)(,)当 时， ，即 ，k1k1nk因此，只有当 或最接近 时， 取得最大值
33、。n2(,)C28 （1）用组合方法证明 和 都是整数。()!n(3)!nA（2）证明 是整数。21()!n证明：（1）考虑 个有区别的球放入 n 个不同的盒子里，每盒两个，盒中球组合数学（第二版）第 16 页（共 97 页）不计顺序，则方案数为： ，(2)!()!nnA个方案数是整数，所以 是整数。()!2同理，考虑 个有区别的球放入 n 个不同的盒子里，每盒 3 个，盒3n中球不计顺，则方案数为： ，(3)!()!23nnA A个方案数是整数，所以 是整数。()!23n（2）考虑 个不同的球放入 n 个相同的盒子，每盒 n 个，盒中球不计顺2n序的方案。 先假设盒子是不同的，则这样的方案数
34、为： ，2()!()!nnA个又盒子是相同的，所以方案数应为： ，221()!()!nn方案数必然是整数，所以 是整数。21()!n29 （1）在 2n 个球中，有 n 个相同，求从这 2n 个球中选取 n 个的方案数。（2）在 个球中，有 n 个相同，求从这 个球中选取 n 个的方案数。31n31解：（1）问题即：从集合 中，选取 n 个的方案数，121,nSeA即多项式 中 的系数，即2()(nxx x01nCC从这 2n 个球中选取 n 个的方案数为 种。n（2）问题即：从集合 中，选取 n 个的方案数，12212,SeeA即多项式 中 的系数，即2(1)(nnxx x102122214
35、nn innniCC 组合数学（第二版）第 17 页（共 97 页）30证明在由字母表 生成的长度为 n 的字符串中，0,12（1）0 出现偶数次的字符串有 个；31（2） ，其中 。22nnnq 2nq证明：（1）采用数学归纳法当 时，0 出现偶数次（0 次） ，长度为 1 的字符串为“1”和1“2”两个字符串，而 ，故结论成立。132假设当 时，结论成立，()nk即 0 出现偶数次，长度为 k 的字符串有 个，312k当 时，0 出现偶数次，长度为 的字符串包括两部分：1nk 在 0 出现偶数次，长度为 k 的字符串后面再增加一位不是 0 的数（只能是 1 或 2） ，因此，这样的字符串有
36、 个。312kk 给 0 出现奇数次，长度为 k 的字符串后面再增加一个 0，因此，这样的字符串有： 。312k根据加法法则，0 出现偶数次，长度为 的字符串共有：，即 时，结论也成立。312kk+k1nk所以，根据数学归纳法，结论成立。（2）由（1）知，右端表示 0 出现偶数次的字符串数。而左端代表的组合问题是：长度为 n 的字符串中，有 0 个 0 的字符串数有： ，20n有 2 个 0 的字符串数有： ，2n组合数学（第二版）第 18 页（共 97 页），有 q 个 0 的字符串数有： ，2nq根据加法法则，可知，左端代表的是长度为 n 的字符串中 0 出现偶数次的字符串数，因此 231
37、02nnnq315 台教学仪器供 m 个学生使用，要求使用第 1 台和第 2 台的人数相等，有多少种分配方案？解： 方法一：先从 m 个学生中选取 k 个使用第 1 台机器，再从剩下的 个学生中选mk取 k 个使用第 2 台机器，其余 个学生可以任意使用剩下的 3 台机器，2m按乘法原理，其组合数为 ，这里 ，23mkkA0,12()q于是，按加法原理，共有 种使用方案。20qmkk 方法二：先从 m 个学生种选出 2k 个，再将选出 2k 个学生平均分到 1、2 台机器上，其余的 个学生可以任意使用剩下的 3 台机器，2k按乘法法则，其组合数为 ，这里22mkkA0,()mq于是，按加法原理
38、，共有 种使用方案。 203qkk32由 n 个 0 及 n 个 1 组成的字符串，其任意前 k 个字符中，0 的个数不少于1 的个数的字符串有多少？解：（参见 P21，例 1.8.8）转化为格路问题。即从点 到 ，只能从对(,),n角线上方走，但可以碰到对角线的所有最短路径数。显然，第一步必然要走到点 ，因此可以转换为从点 到 的所有满足条件的路径数，(0,)(0,1),n进一步，可以转换为从 点到 ，只能从对角线上方走，但不可(,)组合数学（第二版）第 19 页（共 97 页）以碰到对角线的所有路径数，因为从 点到 的所有经过对角线(0,1)(,1)n的路径数与从 点到 点的所有路径数是一
39、一对应的，因此，所(1,0)(,)n求的字符串有：（个）(2,)(,1)1nCn 方法二：由 n 个 1 和 n 个 0 组成的 2n 位二进制数共有 个(2n 个不尽相2!()异元素的全排列)，设所求的二进制数共有 个，不符合要求的数有 个。而不合要求的数的nbnr特征是从左向右扫描时，必然在某一位首次出现 0 的个数小于 1 的个数，即从左向右累计到第 2k1 位时出现 k 个 0 和 个 1。此时，后 位上有2()k个 1， 个 0。将后部分的 0 改写为 1，1 改写为 0。结果整个数变成nkn由 个和 个 0 组成的 2n 位数 z。即一个不合要求的数唯一对应于这样的一个数 z。反之
40、，给定一个由 个 1 和 个 0 组成的 2n 位数 z由于 1 比 0 多 2个，故一定在某一位首次出现 0 的累计数少于 1 的累计数。依同法将此位后的0 与 1 互换，使 z 变成由 n 个 1 和 n 个 0 组成的 2n 位数。所以，这两种二进制数一一对应。即 !1r故 。22 2!1,1nnnnbr Cn习题二（母函数及其应用）1求下列数列的母函数 (0,12)n（1） ；()na（2） ；5（3） ；()（4） ；n解：（1）母函数为： ；00()1)()1)nnanaGxxx组合数学（第二版）第 20 页（共 97 页）（2）母函数为：；2200054()5)5(1)(1)nn
41、nn xxGxx 方法二： 0001022()4415()nnnnnxxxxx（3）母函数为：；23230002()(1)(1)(1)()(1)nnnn xxGx 方法二： 2202 022203()()11n nn nnx xxx （4）母函数为：。23230002()(2)(1)(1)()(1)nnnn xxGxxx 方法二： 0000212100003223()()1nnnnnnnn xxx xxx组合数学（第二版）第 21 页（共 97 页）2证明序列 的母函数为 。(,)1,)(2,)CnCn 1()nx证明：因为 ,(1,)kkkn令 ，230()(,)(,),)(,(,)nkGx
42、nxxCxnx则 ，23(),)(1,)(,)nCnA 231 1(,1)xxCxnx而 1()()0nnGx故 2 01nnxGxGx又 3023(),)(1,0(,)(,0)CxCx所以 1nnxG 方法二：已知 的 k-组合数为 ，12nSee， ， ， (1,)Cnk其母函数为： 230()n kkAxx xx序列 的母函数为(,CnC23001)(1)(,(, )(,)()kkk kknGxnnxxx 3设 ，求序列 的母函数。1234,SeeAAna其中， 是 S 的满足下列条件的 n 组合数。na（1）S 的每个元素都出现奇数次；组合数学（第二版）第 22 页（共 97 页）（2
43、）S 的每个元素都出现 3 的倍数次；（3） 不出现， 至多出现一次；1e2e（4） 只出现 1、3 或 11 次， 只出现 2、4 或 5 次；2e（5）S 的每个元素至少出现 10 次。解：（1）4352142() )rxGxx （2）436343()1)rx （3） 23221()()()xx（4）31245323567813516) )()(Gxxx x（5）410104()x4投掷两个骰子，点数之和为 r ，其组合数是多少？(2)解：用 表示骰子的点数为 i， ix（1）若两个骰子不同，则问题等价于 r 的特殊有序 2-分拆126,i故相应的母函数为 2345267891012()
44、)543Gxxxxx则点数之和为 r 的方案总数就是 的系数 。r(2)r（2）若两个骰子相同，则问题等价于 r 的特殊无序 2-分拆126而此问题又可转化为求 r 的最大分项等于 2，且项数不超过 6 的分拆数，即求方程 的非负整数解的个数。12120,xx相应的母函数为组合数学（第二版）第 23 页（共 97 页）22522343 56223456789101()11Gxxxxxx其中点数之和为 r 的方案数就是 的系数。rx5投掷 4 个骰子，其点数之和为 12 的组合数是多少？解： 参考第 4 题。（第二版第 5 题）居民小区组织义务活动，号召每家出一到两个人参加。设该小区共有 n 个家庭，现从中选出 r 人，问：（1）设每个家庭都是 3 口之家，有多少种不同的选法？当 n=50 时，选法有多少种？（2）设 n 个家庭中两家有 4 口人，其余家庭都是 3 口人，有多少种选法？解：（1） 123()nGxCx（2） 214Cx（第二版第 6 题）把
