1、论文题目：组合数学 姓名：陶燕萍（1222411） 陶雨辰（1222406）朱超（1222426）学院：工程学院 专业：机械设计制造及其自动化班级：机制（4）班【内容摘要】计数问题是组合数学中研究得最多的内容，它出现在所有的数学分支中。事实上，差不多任何一门学科都要涉及计数问题。对于计算机科学来说，计数问题更具有特殊的意义。计算机科学需要研究算法，必须对算法所需的运算量和存储单元作出估计，即算法需要的时间复杂性和空间复杂性分析。【关键字】排列组合 鸽巢原理 容斥原理 错排问题 母函数 【正文】加法原则与减法原则是组合数学中两个最基本的计算原理：（1）加法原则 若事件 A1 有 m1 种不同的进
2、行方式，事件 A2 有 m2 种不同的进行方式，并且 A1 和 A2 是 互不重叠，互不相交的，则事件 A1 或事件 A2 有 m1+m2种进行方式 （2）乘法原理若事件 A1 有 m1 种不同的进行方式，事件 A2 有 m2 种不同的进行方式，则进行事件 A1 接着进行事件 A2 共有 m1m2 种进行方式 排列与组合公式：（1 ）无重集的排列数从 n 个不同元素中，任取 r 个元素按次序排成一列，称为从 n 个中取 r的一个排列， 其排列数记为 P(n,r) (,)=(1)(2)(+1)= !()!（2）无重集的组合数从 n 个不同元素中，任取 r 个元素放在一起，与次序无关，称为一个组合
3、，其组合数记为 C(n,r).(,)=(,)!= !()!（3 ） n 元集取 r 元的圆排列从 n 个不同元中取 r 个围成一圈，称为 n 个取 r 个的一个圆排列，其排列数记为 K(n,r) (,)=(,) （4）n 元无限集的可重排列设 S 是 n 元的可重，每元可无限次重复， S=| a1, a2, an|, 任取 r 个元的一个有序配置就是一个可重排列，则可重排列数为 (,)= （5）有限多重集的排列设 S=n1 a1,n2 a2,n3 a3,nk ak,且 n1+n2+nk=n，则有限多重集的全排列数为 !1!2!=( 1,2,)（6）n 元无限集可重组合从 n 个不同元中允许无限
4、重复地取 r 个元进行组合 S= a1, a2, , ak,称为 n 元可重-r 组合，其组合数为 C(n+r-1),记为 F(n,r)F(n,r)=C(n+r-1,r) 鸽巢原理鸽巢原理又称抽屉原理，是组合数学的基本原理之一.它是组合论中一些存在性问题的基本而又有力的工具，最早是狄利克雷提出的.这个原理指出“有 n+1 只鸽子飞进 n 个鸽子巢，则至少有 一个鸽子巢内至少有两只鸽子” 。容斥原理容斥原理(逐步淘汰原理) 是计数的一种基本方法. 这一原理在概率论与数论中常被使用。 例题 用下面的方式来漆十二个球：两个球不漆，两个球漆成红色，一个漆成蓝色，一个球漆成白色；两个球漆成红色和蓝色，一
5、个球漆成红色和白色，三个球漆成红色，蓝色和白色。问漆有红色的球有几个？没有漆颜色的球有几个？分别用 a1,a2,a3,来表示一个球漆成红色，蓝色和白色，于是 N(a1)=8 N(a2)=6 N(a3)=5 N(a1 a2)=5 N(a2 a3)=3 N(a1 a2 a3)=3N(a1 a2 a3 )=12-8-6-5+5+4+3-3=2可以推出漆有红色的球有 8 个 没有漆颜色的球有 2 个。错排问题=!111!+12!13!+(1)1! 问题 1 在一次集会中，有 n 个人寄存他们的帽子，问有多少种交还他们帽子的方式，使没有一个人得到他自己的帽子？ 问题 2 有 n 封信和 n 个写好地址的
6、信封，问没有一封信装入它本身该装入的信封的方式有多少种？ 两个问题都可以归结为：1,2,3,n 全排列，使没有一个数在其自然位置上的排列个数 Dn。错排原理公式推导 当 n 个编号元素放在 n 个编号位置，元素编号与位置编号各不对应的方法数用 D(n)表示，那么 D(n-1)就表示 n-1 个编号元素放在 n-1 个编号位置，各不对应的方法数，其它类推.第一步，把第 n 个元素放在一个位置，比如位置 k，一共有 n-1 种方法； 第二步，放编号为 k 的元素，这时有两种情况： 把它放到位置 n，那么，对于剩下的 n-1 个元素，由于第 k 个元素放到了位置 n，剩下 n-2 个元素就有 D(n
7、-2)种方法；第 k 个元素不把它放到位置 n，这时，对于这 n-1 个元素，有 D(n-1)种方法； 综上得到D(n) = (n-1) D(n-2) + D(n-1)特殊地，D(1) = 0, D(2) = 1.下面通过这个递推关系推导通项公式：为方便起见，设 D(k) = k! N(k), k = 1, 2, , n, 则 N(1) = 0, N(2) = 1/2.n 3 时， n! N(n) = (n-1) (n-1)! N(n-1) + (n-1)! N(n-2)即 nN(n) = (n-1) N(n-1) + N(n-2)于是有 N(n) - N(n-1) = - N(n-1) -
8、N(n-2) / n = (-1/n) -1/(n-1) -1/(n-2)(-1/3)N(2) - N(1) = (-1)n / n!.因此 N(n-1) - N(n-2) = (-1)(n-1) / (n-1)!,N(2) - N(1) = (-1)2 / 2!.相加，可得N(n) = (-1)2/2! + + (-1)(n-1) / (n-1)! + (-1)n/n!因此D(n) = n! (-1)2/2! + + (-1)(n-1)/(n-1)! + (-1)n/n!.此即错排公式母函数（1 ） 普通母函数 定义 设 a0 ,a1 ,an 为一实数列，记为an ，函数 ()=0+1+22
9、+ 称为该数列的普通母函数，简称母函数。 一些组合问题的母函数1. n 个不同元的无限可重 r 组合，其组合数 C(n+r-1),该数列的母函数为 (1+2+)= 1(1)2.n 个不同元，允许重复度的依次为 1，2，n，即 S=1A1 ，2A2， ，nAn 从中取 r 个可重组合数为 ar，则 ar 的母函数为 (1+2+1) (1+2+2) (1+2+) 3.n 个不同元，每个元至少取一次的可重 r 组合数(r=n,n+1,)的母函数为 (+2+)= (1)4. 从 a,b 两个元中允许重复地取 r 个元，但要求含偶数个 a, 奇数个 b的组合数的母函数为 (+3+5+) (1+2+4+)
10、 = (1+2)2例题设有 2 个红球，3 个白球，1 个黑球，1 个黄球，求从这些球中取出5 个的不同的方案数？ 解 设从所给的球中取出 i 个的不同方案为 ai,则数列ai的母函数 ()=0+1+22+33+44+55+66+77 再由组合问题的第二个母函数求得 红球出现的次数为 2 次 即 1+2 白球出现的次数为 3 次 即 1+2+3 黄球和黑球出现的次数各为 1 次 即 1+ 所以 (1+2)(1+2+3)(1+)2=1+4+82+85+46+7 取出 5 个球的不同方案为 8. 求用 1 元和 2 元的钞票支付 n 元钱的不同的方式数 解 设所求方式数为 an,则an的母函数为
11、由组合问题的第一个母函数得 1 元钱无限组合的母函数为1+2+ = 11 2 元钱无限组合的母函数为 ()=0+1+22+ 由于 2 元钱只能组合成 2,4,6,8所以 a1=0 a3=0 a5=0所以 (1+(2)2+)= 112由于计算需要我们引入一个公式 即 1,1,1,1,1,1,1,1,1，数列的母函数 1+ +2+ = 11 =0然后将式子两边求导 1(1)2=11=0(+1)()=142=0(+1)+=0+=0(1)=02+3+(1)4 =2+3+(1)4 （2 ）指数型母函数定义 设 a0,a1,an,为一实数列，函数 称为该数列的指数型母函数，简称指母函数。 ()=0+11!
12、+222!+ 从 n 个不同的元中取 r 个的排列数 P(n,r)的指母函数为 (1+)=0=0(,)! n 个不同元的可重 r 排列(r=0,1,) 的指母函数为 (1+1!+22!+)=0!例题求 1 与 2 均出现偶数次的由 1,2,3,4,5 五个数字组成的 n 位数的个数 解 设满足条件的 n 位数的个数为 an,则an的指母函数为()=(1+21!+42!+)2(1+1!+22!+)3 又因为 1+1!+22!+ =两式相加除以 2 得 12(+)=1+22!+44!+所以 ()=14(+)23=14(5+23+) =14=0(5)!+2=0(3)!+=0! =14 =0(5+3+
13、1)! =14(5+3+1) 习题解析1. 10 个节目中有 6 个演唱，4 个舞蹈.今编写节目单，要求任意两个舞蹈之间至少有一个演唱，问可编写出多少种不同演出节目单首先 6 个演唱节目全排列 6!=720 种方法。 然后从左至右有 7 个位置，只需在 7 个位置中选择 4 个位置，有 P(7,4)=35.最后把 4 个舞蹈节目放在已选出的 4 个位置上，每个位置放一个舞蹈节目，有 4！=24由乘法原理得 N=720X35X24=604800 拓展 设 m 个 X n 个 Y 任意两个 Y 之间没有 XP(n,n) P(m,m) (m+1)首先 先将 n 个 Y 全排列 得 P(n,n)然后再
14、将 m 个 X 全排列 得 P(m,m)再将 m 个 X 的全排列 每一种可能都分成 2 快 所以有 m+1 种可能 所以 P(n,n) P(m,m) (m+1) 设 m 个 X n 个 Y 任意两个 Y 之间至少一个 X P(m,m) C(m+1,n) P(n,n) 并且 m=n-1先 m 个 X 全排列 m!从左到右会有 m+1 个位置 从这些位置中选择 n 个位置 有 C(m+1，n)种方法 则 n 个 Y 放入 n 个位置 有 n!种方法 所以 P(m,m) C(m+1,n) P(n,n) 设 m 个 X n 个 Y 任意两个 Y 之间只有一个 YP(n,n) P(m,n-1) P(m
15、-n+1，m-n+1)(m-n+2) m=n-1首先 先将 n 个 Y 全排列 有 P(n,n)种 然后 共有 n-1 个空 则有 m 个 X 排列这些空 所以 P(m,(n-1)T)将剩下的 X 全排列 P(m-(n-1)T,m-(n-1)T)最后只有前后两个位置所以所有排列一分为二 则每一种排列都有 (m-(n-1)T+1)种 所以 P(n,n) P(m,(n-1)T) P(m-(n-1)T，m-(n-1)T)(m-(n-1)T+1) m=（n-1）T 2. 在宴会后，7 位男士检查他们的帽子，问有多少种方法使得？ （1 ）没有人接到自己的帽子？ （2 ）至少一个人接到自己的帽子？ （3
16、）至少两个人接到自己的帽子？没有人接到自己的帽子就是说所有人的帽子被错排了 我们可以直接利用 错排公式得 7=7!111!+12!13!+14!15!+16!17! 至少一个人接到自己的帽子算时可以理解为全部的可能性减去没有接到帽子的可能性就是至少一个人接到自己的帽子 所以得 7! D7 至少两个人接到自己的帽子可以理解为全部的可能性减去没有接到自己的帽子再减去只有一个人能拿到自己的帽子 所以得 7! D7 C(7,1)D6 拓展 设 m 个 X n 个 Y 任意两个 Y 之间只有 T 个 YP(n,n) P(m,(n-1)T) P(m-(n-1)T，m-(n-1)T)(m-(n-1)T+1)
17、 m=n-1T首先 先将 n 个 Y 全排列 有 P(n,n)种 然后 共有 n-1 个空 则有 m 个 X 排列这些空 所以 P(m,(n-1)T)将剩下的 X 全排列 P(m-(n-1)T,m-(n-1)T)最后只有前后两个位置所以所有排列一分为二 则每一种排列都有 (m-(n-1)T+1)种 所以 P(n,n) P(m,(n-1)T) P(m-(n-1)T，m-(n-1)T)(m-(n-1)T+1) m=（n-1）T 在宴会后，n 位男士检查他们的帽子 有 m 位男士拿到了自己的帽子 首先确定有哪几位男士拿到了自己的帽子 C(n,m)然后剩下的男士的帽子错排 Dn-m即 C(n,m) Dn-m 至少有 m 位男士拿到了自己的帽子 可以解释为所有的排列去除 m-1 位男士拿到了自己的帽子 剩下的就是多于 m 位的男士拿到了自己的帽子 即 n! Dn C(n,1) Dn-1- C(n,2) Dn-2- - C(n,n) D0
