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第11讲 计数的方法与原理


   作者:蓝忠诚 发表时间-22 :33:57  阅读( 14 )| 评论( 0 )

第11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?

  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3+3+3=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 7+7=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,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:100001,101101,…,999999,共900个。

  到六位数为止,回文数共有

  9+9+90+90+900+900=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11:9+2=8+3=7+4=6+5,可得1种选法;

  (2)边长为10:9+1=8+2=7+3=6+4,可得1种选法;

  (3)边长为 9:9=8+1=7+2=6+3=5+4,可得5种选法;

  (4)边长为8:8=7+1=6+2=5+3,可得1种选法;

  (5)边长为7:7=6+1=5+2=4+3,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

  1+1+5+1+1=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+2+…+9=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条线段,有以下7种:

  7=1+6=2+5=3+4;

  8=1+7=2+6=3+5;

  9=1+8=2+7=3+6=4+5

  (这个式子有5种);

  (2)取出8条线段,有以下2种:

  1+9=2+8=3+7=4+6;

  2+9=3+8=4+7=5+6。

  综上所述,不同的取法共有7+2=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

N=m1×m2×…×mn

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!=7×6×5×4×3×2×1=5404(种)方法。

  第二步再排4个舞蹈节目,有4!=4×3×2×1=24(种)方法。

  根据乘法原理,一共有 5040×24=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!=6×5×4×3×2 ×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7×6×5×4=840(种)方法。

  根据乘法原理,一共有720×840=604800(种)方法。

  例6 有8个队参加比赛,如果采用下面的淘汰制,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!=8×7×6×5×4×3×2×1=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 2×22×24=27=128(种),故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8×8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2×2正方形的不同“角”上)。

  由于在 8×8的棋盘上,内部有7×7=49(个)交叉点,故不同的取法共有

  49×4=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3,1+2,2+1,1+1+1。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:

  111,11+1,1+11,1+1+1。

  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 A∪B表示是 A类或是 B类元素的个数,用A∩B表示既是A类又是B类元素的个数。A∪B∩C,A∪B∩C的意义类似。

容斥原理1 如果被计数的事物有两类,那么

A∪B=A+B-A∩B

容斥原理2 如果被计数的事物有三类,那么

A∪B∪C=A+B+C-A∩B-B∩C-A∩C+A∩B∩B

  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(65+73)-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

   

  =50+33+20-16-6+3=74。

  所以,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整除的自然数有100-74=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2×3=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a2=2+2×3。

  n=3时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3=12(个)交点,从而平面也增加了12个部分,即:

  a3=2+2×3+4×3。

  ……

  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(n-1)×3个部分,故

  an=2+2×3+4×3+…+2(n-1)×3

   =2+[2+4+…+2(n-1)]×3

   =2+3n(n-1)=3n2-3n+2。

  特别地,当n=10时,a10=3×102+3×10+2=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: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 360°×1999+360°,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




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