《组合数学》第五版 第6章解答.

组合数学第五版答案简介《组合数学第五版答案》是对组合数学第五版的习题答案进行整理和解答的参考资料。

组合数学是一门研究集合之间的组合方式和规律的数学科学。

它广泛应用于计算机科学、统计学、运筹学等领域，在算法设计、图论分析等方面有着重要的应用价值。

本文档包含了《组合数学第五版》中各章节的习题答案，主要内容涵盖了排列组合、图论、生成函数、递推关系、容斥原理等多个重要主题。

通过对这些习题的解答，可以帮助读者更好地理解组合数学的基本概念、方法和应用。

目录•第一章：基本概念和方法•第二章：排列组合•第三章：图论•第四章：生成函数•第五章：递推关系•第六章：容斥原理第一章：基本概念和方法1.习题1：证明排列的总数为n! (阶乘)。

2.习题2：计算组合数C(n, m)的值。

3.习题3：探究组合数的性质并给出证明。

第二章：排列组合1.习题1：计算排列数P(n, m)的值。

2.习题2：解决带有限制条件的排列问题。

第三章：图论1.习题1：证明图论中的握手定理。

2.习题2：解决图的着色问题。

第四章：生成函数1.习题1：利用生成函数求解递推关系。

2.习题2：应用生成函数解决组合数学问题。

第五章：递推关系1.习题1：求解递推关系的通项公式。

2.习题2：应用递推关系解决实际问题。

第六章：容斥原理1.习题1：理解容斥原理的基本思想并给出证明。

2.习题2：应用容斥原理解决计数问题。

结论通过对《组合数学第五版答案》中的习题进行解答，读者可以更好地掌握组合数学的基本概念和方法。

组合数学在计算机科学、统计学、运筹学等领域具有广泛的应用，通过学习和理解组合数学，读者可以提高解决实际问题的能力，并为进一步深入研究相关领域打下坚实的基础。

注：本文档中的习题答案仅供参考，请读者在独立思考和解答问题时加以思考和验证，以深入理解组合数学的核心概念和方法。

★★★第一章：★★★1、用六种方法求839647521之后的第999个排列。

提示：先把999换算成递增或递减进位制数，加到中介数上，就不用计算序号了。

解：字典序法递增进位制法递减进位制法邻位对换法839647521的中介数72642321↑67342221↑12224376↓10121372↓999的中介数121211↑121211↑1670↓1670↓839647521后999的中介数73104210↑67504110↑12230366↓10123362↓839647521后999个的排列842196537 859713426 389547216 →3←8→4→5→7→6←9←21★★★第二章★★★例5：10个数字（0到9）和4个四则运算符(+,-,×,÷) 组成的14个元素。

求由其中的n个元素的排列构成一算术表达式的个数。

因所求的n个元素的排列是算术表达式，故从左向右的最后一个符号必然是数字。

而第n-1位有两种可能，一是数字，一是运算符。

如若第n-1位是十个数字之一，则前n-1位必然构成一算术表达式。

10a n-1如若不然，即第n-1位是4个运算符之一，则前n-2位必然是算术表达式。

40a n-2,根据以上分析，令a n表示n个元素排列成算术表达式的个数。

则a2=120指的是从0到99的100个数，以及±0,±1,...,±9,利用递推关系(2-8-1)，得a0=1/2特征多项式x2-10x-40 。

它的根是解方程得例7：平面上有一点P，它是n个域D1,D2,...,D n的共同交界点，见图2-8-4现取k种颜色对这n个域进行着色，要求相邻两个域着的颜色不同。

试求着色的方案数。

令a n表示这n个域的着色方案数。

无非有两种情况（1）D1和D n-1有相同的颜色；（2）D1和D n-1所着颜色不同。

第一种情形，域有k-1种颜色可用，即D1D n-1域所用颜色除外；而且从D1到D n-2的着色方案，和n-2个域的着色方案一一对应。

第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。

8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。

11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。

组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。

12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。

当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。

故符合要求的不同分组共有12)2()12(21111+-=-----=∑n k n k n k n 种。

组合数学课后习题答案问题1求解以下组合数：(a)C(5, 2)(b)C(7, 3)(c)C(10, 5)解答：(a)C(5, 2) 表示从5个不同元素中选取2个的组合数。

根据组合数的定义，我们可以使用公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!) 来计算组合数。

计算 C(5, 2)： C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!) / (2! * 3!) = (5 * 4) / 2 = 10所以 C(5, 2) = 10。

(b)C(7, 3) 表示从7个不同元素中选取3个的组合数。

计算 C(7, 3)： C(7, 3) = 7! / (3! * (7-3)!) = 7! / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5 * 4!) / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5) / 3 = 35 * 2 = 70所以 C(7, 3) = 70。

(c)C(10, 5) 表示从10个不同元素中选取5个的组合数。

计算 C(10, 5)： C(10, 5) = 10! / (5! * (10-5)!) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!) / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252所以 C(10, 5) = 252。

问题2在一个集合 {a, b, c, d, e} 中，求解以下问题：(a)有多少种不同的3个元素的子集？(b)有多少种不同的4个元素的子集？(c)有多少种不同的空集合？(a)在一个集合 {a, b, c, d, e} 中选取3个元素的子集。

子集的元素个数为3，所以我们需要从5个元素中选取3个。

利用组合数的公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)，我们可以计算组合数。

第6章 容斥原理及应用6.7 练习题3、求出从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数个数。

解：∵100001002=,9261213=,10648223=∴从1到10000，共有100个平方数，21个立方数 又∵409646=，1562556=∴从1到10000，共有4个6次方数，也就是共有4个数既是平方数又是立方数 计算：10000-100-21+4=9883∴从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数有9883个□4、确定多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34，的12-组合的个数。

解：设T ：{}d c b a S ⋅∞⋅∞⋅∞⋅∞=,,,*的所有12-组合 1A ：a 的个数大于4的12-组合2A ：b 的个数大于3的12-组合 3A ：c 的个数大于4的12-组合4A ：d 的个数大于5的12-组合要求的是：4321A A A A ⋂⋂⋂ = T )(4321A A A A +++-)(434232413121A A A A A A A A A A A A ⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+ )(432431421321A A A A A A A A A A A A ⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂- )(4321A A A A ⋂⋂⋂+T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+121412=4551A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 2A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+8148=165 3A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 4A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+6146=8421A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 31A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 41A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=432A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 42A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 43A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=4321A A A ⋂⋂=421A A A ⋂⋂=431A A A ⋂⋂=432A A A ⋂⋂=4321A A A A ⋂⋂⋂=0 455-（120+165+120+84）+（20+10+4+20+10+4）=34∴多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34，的12-组合的个数是34 □9、确定方程204321=+++x x x x满足611≤≤x ，702≤≤x ，843≤≤x ，624≤≤x的整数解的个数。

五组合数的综合应用(25分钟·50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班级中,要求每个班级至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )A.6B.12C.24D.36【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有=6种分法,甲一个人分到A班的方法有:=6种分法,共有12种分法.【发散·拓】解答排列、组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手.(1)“分析”就是找出题目的条件、结论,哪些是“对象”,哪些是“位置”.(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些对象的位置有、无限制等.(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的对象分成互相排斥的几类,然后逐类解决.(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列、组合问题,然后逐步解决.2.某密码锁共设四个数位,每个数位的数字都可以是1,2,3,4中的任一个.现密码破译者得知:甲所设的四个数字有且仅有三个相同;乙所设的四个数字有两个相同,另两个也相同;丙所设的四个数字有且仅有两个相同;丁所设的四个数字互不相同.则上述四人所设密码最安全的是( ) A.甲B.乙C.丙D.丁【解析】选C.甲共有=48种不同设法,乙共有=36,丙共有=144,丁共有=24,所以丙最安全.3.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )A.60B.90C.120D.130【解题指南】题设条件1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3意味着x1,x2,x3,x4,x5有4个,3个,2个元素为0.【解析】选D.集合A中元素为有序数组(x1,x2,x3,x4,x5),题中要求有序数组的5个数中仅1个数为±1、仅2个数为±1或仅3个数为±1,所以共有×2+×2×2+×2×2×2=130个不同数组.4.在同一个袋子中含有不同标号的红、黑两种颜色的小球共有8粒,从红球中选取2粒,从黑球中选取1粒,共有30种不同的选法,其中黑球至多有( )A.2粒B.4粒C.3粒D.5粒【解析】选C.设黑球有x粒,则红球有(8-x)粒,则=30,由于0<x<7,x∈N*,所以容易检验,当x=2,3时,等式=30成立.【类题·通】(1)组合问题的常见题型有“必选问题”“不选问题”“恰选问题”“至多问题”“至少问题”“既有……,又有……问题”,在解题时应加以区别,正确解答.(2)“至多问题”“至少问题”“既有……,又有……问题”一般都有直接法和间接法两种做法,应根据具体情况进行选择.二、填空题(每小题5分,共10分)5.直角坐标平面xOy上,平行直线x=n(n=0,1,2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形中,矩形共有________个.【解析】在垂直于x轴的6条直线中任取2条,在垂直于y轴的6条直线中任取2条,四条直线相交得出一个矩形,所以矩形总数为=15×15=225(个).答案:2256.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某某市华侨博物院志愿者服务活动,每人从事礼仪、导游、翻译、讲解四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会导游但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是________.(用数字作答)【解析】根据题意,分情况讨论,①甲乙一起参加除了导游的三项工作之一:×=18种;②甲乙不同时参加一项工作,进而又分为2种小情况:(1)丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作,有××=3×2×3×2=36种;(2)甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作:×××=72种.由分类加法计数原理,可得共有18+36+72=126种.答案:126三、解答题(每小题10分,共20分)7.对于各数互不相等的正整数组(i1,i2,…,i n)(n是不小于2的正整数),如果在p>q时有i p>i q,则称i p和i q是该数组的一个“好序”,一个数组中“好序”的个数称为此数组的“好序数”,例如,数组(1,3,4,2)中有好序“1,3”,“1,4”,“1,2”,“3,4”,其“好序数”等于4.若各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“好序数”等于2,求(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”.【解题指南】对应于含有n个数字的数组中,首先做出任取两个数字时可以组成的数对,减去逆序的个数,得到结果.【解析】因为各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“好序数”等于2,(a6,a5,a4,a3,a2,a1)中任取两个的组合有=15个,所以(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”是15-2=13.8.有8名男生和5名女生,从中任选6人.(1)有多少种不同的选法?(2)其中有3名女生,有多少种不同的选法?(3)其中至多有3名女生,有多少种不同的选法?(4)其中有2名女生,4名男生,分别负责6种不同的工作,共有多少种不同的分工方法?(5)其中既有男生又有女生,有多少种不同的选法?【解析】(1)适合题意的选法有=1 716种.(2)第1步,选出女生,有种;第2步,选出男生,有种.由分步乘法计数原理知,适合题意的选法有×=560种.(3)至多有3名女生包括:没有女生,1名女生,2名女生,3名女生四类情况.第1类没有女生,有种;第2类1名女生,有×种;第3类2名女生,有×种;第4类3名女生,有×种.由分类加法计数原理知,适合题意的选法共有+×+×+×=1 568种.(4)第1步,选出适合题意的6人,有×种;第2步,给这6人安排6种不同的工作,有种.由分步乘法计数原理知,适合题意的分工方法共有××=504 000种.(5)用间接法,排除掉全是男生的情况和全是女生的情况即是符合题意的选法.而由题意知不可能6人全是女生,所以只需排除全是男生的情况,所以有-=1 716-28=1 688种选法.(15分钟·30分)1.(5分)在200件产品中有3件次品,现从中任意抽取5件,其中至少有2件次品的抽法有( )A.种B.种C.种D.种【解析】选D.根据题意,“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况,“有2件次品”的抽取方法有种,“有3件次品”的抽取方法有种,则共有+种不同的抽取方法,故选D.【加练·固】用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室,一种颜色粉刷3间,一种颜色粉刷2间,一种颜色粉刷1间,则粉刷这6间办公室,不同的安排方法有( )A. B.C. D.【解析】选C.选固定一种粉刷方法,如黄色粉刷3间,蓝色粉刷2间,白色粉刷1间.则有种,三种颜色互换有种方法,由分步乘法计数原理知,不同的方案有种.2.(5分)中国足球超级联赛的计分规则是:胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分.某赛季甲球队打完15场比赛后,球队积分是30分,则该队胜、负、平的情况共有( )A.3种B.4种C.5种D.6种【解题指南】首先该球队胜x场、平y场、负z场,则x,y,z是非负整数,根据题意可得方程组然后根据取值X围,结合x,y,z是非负整数即可求得结论.【解析】选A.设该球队胜x场、平y场、负z场,则x,y,z是非负整数,且满足由②得y=3,代入①得z=2x-15,又因为0≤y≤15,0≤z≤15,所以所以7.5≤x≤10,因为x,y,z是非负整数,所以x的值为8,9,10,当x=8时,y=6,z=1;当x=9时,y=3,z=3;当x=10时,y=0,z=5;所以比赛结果是:胜8场、平6场、负1场,胜9场、平3场、负3场,或是胜10场、平0场、负5场,故共有3种情况.3.(5分)(2020·日照高二检测)为做好社区新冠肺炎疫情防控工作,需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作,其中甲小区至少分配两名志愿者,其他三个小区至少分配一名志愿者,则不同的分配方案共有________种.(用数字作答)【解析】若甲小区分配3人,甲小区有种情况,剩下的3个小区有种情况,此时有=120种分配方法,若甲小区分配2人,甲小区有种情况,剩下的3个小区有种情况,此时有=540种分配方法,则有120+540=660种不同的分配方法.答案:6604.(5分)工人在安装一个正六边形零件时,需要固定如图所示的六个位置的螺丝,首先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的(距离它最远的,下同)螺丝,再随意拧第三个螺丝,第四个也拧它对角线上的螺丝,第五个和第六个以此类推,则不同的固定方式有________种.【解析】先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的,有种方法,再随意拧第三个螺丝和其对角线上的,有种方法,然后随意拧第五个螺丝和其对角线上的,有种方法,所以总共的固定方式有=48种.答案:485.(10分)有五X卡片,它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三X 并排放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三位数?【解析】依0与1两个特殊值分析,可分三类:(1)取0不取1,可先从另四X卡片中选一X作百位,有种方法;0可在后两位,有种方法;最后需从剩下的三X中任取一X,有种方法;又除含0的那X外,其他两X都有正面或反面两种可能,故此时可得不同的三位数有·22个.(2)取1不取0,同上分析可得不同的三位数有·22·个.(3)0和1都不取,有不同三位数·23·个.综上所述,不同的三位数共有·22+·22·+·23·=432(个).1.集合S={1,2,3,…,20}的4元子集T={a1,a2,a3,a4}中,任意两个元素的差的绝对值都不为1,这样的4元子集的个数为________个.【解题指南】不妨设a1<a2<a3<a4,有a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,a1,a2-1,a3-2,a4-3相当于从1,2,3,4,…,17中任意选出4个,所有的取法共有,运算求得结果.【解析】不妨设a1<a2<a3<a4,由于任意两个元素的差的绝对值都不为1,故有a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,将a2,a3,a4分别减去1,2,3,这时a1,a2-1,a3-2,a4-3相当于从1,2,3,4,…,17中任意选出4个,所有的取法共有=2 380种不同的取法.答案:2 3802.(2020·某某高二检测)如图,从左到右有5个空格.(1)若向这5个格子中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个格子不能填0,则一共有多少不同的填法?(2)若给这5个空格涂上颜色,要求相邻格子不同色,现有红黄蓝3种颜色可供使用,问一共有多少种不同的涂法?(3)若向这5个格子中放入7个不同的小球,要求每个格子里都有球,问有多少种不同的放法?【解题指南】(1)根据题意,分2步进行分析:①分析0;②将其余的4个数字全排列,安排在其他四个格子中,由分步乘法计数原理计算可得答案;(2)根据题意,依次分析5个格子的涂色方法数目,由分步乘法计数原理计算可得答案;(3)根据题意,分2步进行分析:①将7个小球分成5组,有2种分法,分组时,注意平均分组问题;②将分好的5组全排列,对应5个空格,由分步乘法计数原理计算可得答案.【解析】(1)根据题意,分2步进行分析:①第三个格子不能填0,则0有4种选法;②将其余的4个数字全排列,安排在其他四个格子中,有种情况,则一共有4=96种不同的填法.(2)根据题意,第一个格子有3种颜色可选,即有3种情况,第二个格子与第一个格子的颜色不能相同,有2种颜色可选,即有2种情况,同理可得:第三、四、五个格子都有2种情况,则五个格子共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法.(3)根据题意,分2步进行分析:①将7个小球分成5组,有2种分法:若分成2,2,1,1,1的5组,有种分组方法,若分成3,1,1,1,1的5组,有种分组方法,则共有种分组方法,②将分好的5组全排列,对应5个空格,有种情况, 则一共有=16 800种放法.。

第二章作业答案7. 证明，对任意给定的52个整数，存在两个整数，要么两者的和能被100整除，要么两者的差能被100整除。

证明 用100分别除这52个整数，得到的余数必为0, 1,…, 99这100个数之一。

将余数是0的数分为一组，余数是1和99的数分为一组，…，余数是49和51的数分为一组，将余数是50的数分为一组。

这样，将这52个整数分成了51组。

由鸽巢原理知道，存在两个整数分在了同一组，设它们是a 和b 。

若a 和b 被100除余数相同，则b a -能被100整除。

若a 和b 被100除余数之和是100，则b a +能被100整除。

11. 一个学生有37天用来准备考试。

根据过去的经验，她知道她需要不超过60小时的学习时间。

她还希望每天至少学习1小时。

证明，无论她如何安排她的学习时间（不过，每天都是整数个小时），都存在连续的若干天，在此期间她恰好学习了13小时。

证明 设从第一天到第i 天她共学习了i a 小时。

因为她每天至少学习1小时，所以3721,,,a a a 和13,,13,133721+++a a a 都是严格单调递增序列。

因为总的学习时间不超过60小时，所以6037≤a ，731337≤+a 。

3721,,,a a a ,13,,13,133721+++a a a 是1和73之间的74个整数，由鸽巢原理知道，它们中存在相同的整数，有i a 和13+j a 使得13+=j i a a ，13=-j i a a ，从第1+j 天到第i 天她恰好学习了13小时。

14. 一只袋子装了100个苹果、100个香蕉、100个桔子和100个梨。

如果我每分钟从袋子里取出一个水果，那么需要多少时间我就能肯定至少已拿出了1打相同种类的水果？ 解 由加强形式的鸽巢原理知道，如果从袋子中取出451)112(4=+-⨯个水果，则能肯定至少已拿出12个相同种类的水果。

因此，需要45分钟。

17. 证明：在一群1>n 个人中，存在两个人，他们在这群人中有相同数目的熟人（假设没有人与他/她自己是熟人）。