9.1计数原理
计数原理
分类加法原理与分步乘法原理
分类加法原理做一件事，完成它有\(\displaystyle n\)类办法，在第\(\displaystyle i(i\in\mathbb{N^*},1\leqslant i\leqslant n)\)类办法中有\(\displaystyle m_i\)种不同的方法，那么完成这件事共有\(\displaystyle \sum_{i=1}^n m_i\)种方法。
分步乘法原理做一件事，完成它需分成\(\displaystyle n\)个步骤，做第\(\displaystyle i(i\in\mathbb{N^*},1\leqslant i\leqslant n)\)个步骤有\(\displaystyle m_i\)种不同的方法，那么完成这件事共有\(\displaystyle \prod_{i=1}^n m_i\)种方法。
定义 1.1.1
从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m\)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m\)个元素的一个排列，这一操作的不同方案数称为从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m\)个元素的排列数，记为\(\displaystyle \mathrm{A}_n^m\)。当\(\displaystyle m=n\)时，这一排列又称为\(\displaystyle n\)个不同元素的全排列，\(\displaystyle \mathrm{A}_n^n\)又称为\(\displaystyle n\)个不同元素的的全排列数。
定义 1.1.2
从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m(m\leqslant n)\)个元素作为一组，叫做从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m\)个元素的一个组合，这一操作的方案数称为从\(\displaystyle n\)个不同元素中取出\(\displaystyle m\)个元素的组合数，记为1\(\displaystyle \mathrm{C}_n^m\)。
问题
证明：
计数的基础方法
列举与分类讨论2在计数问题中，“列举”就是有序、有逻辑地一个一个数出所有符合题意的情况。列举往往蕴含着“尝试”的意味，这是我们探索未知问题所必须具备的基本能力。对于规模较小的问题，我们可以通过列举穷尽所有的情况。
分类讨论一般是对所有可能情况给出一个划分，再依次解决划分后得到的一系列子问题，这一做法也可以说是“分而治之”，所谓“一口吃不掉，分几步搞定。”
分类讨论的对象通常是具有特殊性质或约束较多的元素。这里请注意划分需满足的前提条件：如果分出的两类子情况有交集，就会数重；如果这些子情况的并集不是全集，就会数漏。在着手解决子情况前，先确认这一点，以免做无用功。
问题
解答下述问题：
（1）有编号为A、B、C、D、E、F的6个不同小球，将这些小球排成一排，要求A球不在最边上，且B、C、D球互不相邻，则不同的排列方法有\(\displaystyle (\triangle)\)
（2）某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，则不同的选择方案数为\(\displaystyle (\triangle)\)；
（3）【2018浙江16加强】【2004天津理16】 从 \(\displaystyle 1,3,5,7\) 中任取 \(\displaystyle 2\) 个数字, 从 \(\displaystyle 0,2,4,6,8\) 中任取 \(\displaystyle 2\) 个数字, 组成没有重复数字的四位数, 其中能被 \(\displaystyle 5\) 整除的四位数共有\(\displaystyle (\triangle)\)个。
分清顺序与无序排列和组合的区别在于“是否考虑顺序”，如果对象本身带顺序，就直接按排列数；如果对象不带顺序，可考虑在构造时人为引入顺序，但最终需除去本质重复的情况。
问题
解答下述问题
（1）将9本不同的书按下列分法，请分别给出分配方法数：
（1.1）按4本、3本、2本分成三组；
（1.2）按3本、3本、3本分成三组；
（1.3）按5本、2本、2本分成三组；
（1.4）分给甲、乙、丙三人，其中一人得4本，一人得3本，一人得2本；
（1.5）分给甲、乙、丙三人，其中甲得4本，乙得3本，丙得2本.
（2）【2021全国乙卷理6】3将 \(\displaystyle 5\) 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶 \(\displaystyle 4\) 个项目进行培训，每名志愿者只分配到 \(\displaystyle 1\) 个项目，每个项目至少分配 \(\displaystyle 1\) 名志愿者，求不同的分配方案数。
问题的等价基于实际情景演变出来的问题繁复多变，解答的关键往往在于如何抓住制约条件，将问题等抽象成较为直白的代数形式，或是向自己熟悉的问题模型进行等价。
当然有时你会怀疑：等价前后满足条件的情况数是相同的吗？尤其是对于一些并不显然的“等价转换”。
如果等价前后满足题意的集合分别为\(\displaystyle A,B\)，我们要证明：\(\displaystyle |A|=|B|\)，一种较为简便的方法是，看能否在建立从\(\displaystyle A\)到\(\displaystyle B\)和从\(\displaystyle B\)到\(\displaystyle A\)的单射，根据前者可以推得\(\displaystyle |A|\leqslant|B|\)，后者则可以推得\(\displaystyle |B|\leqslant|A|\)，于是\(\displaystyle |A|=|B|\).
再复习一下“单射”这个概念，把它表成自然语言，即“等价”后的每一个情况对应“等价”前的唯一一个情况，并且反过来也满足，那么我们认为这个“等价”前后满足条件的情况数相同。
例1解答下述问题：
- 有\(\displaystyle n\)个完全相同的球，将这些球放到\(\displaystyle k(k\leqslant n)\)个不同的盒子中，要求每个盒子至少有一个球，求放球的方法数；
- 求方程\(\displaystyle x_1+x_2+\cdots+x_k=n(k\leqslant n,x_1,x_2,\cdots,x_k\in\mathbb{N^*})\)的解的个数；
- 求方程\(\displaystyle x_1+x_2+\cdots+x_k=n(k\leqslant n,x_1,x_2,\cdots,x_k\in\mathbb{N})\)的解的个数；
- 将10个相同小球全部装入3个编号为1,2,3的盒子，要求每个盒子中球的个数不小于盒子编号数，求不同的装入方案数；
- 展开\(\displaystyle (x+y+z+w)^6\)并合并同类项，共有多少项？
- 从依次分别标有\(\displaystyle 1,2,\cdots, n\)的\(\displaystyle n\)张卡片中有放回地随机抽取\(\displaystyle k\)次，记第\(\displaystyle i\)次抽到的卡片上标的数字为\(\displaystyle x_i\)。
- 当\(\displaystyle k=3\)时，求\(\displaystyle P(x_1\leqslant x_2\leqslant x_3)\)；
- 用含\(\displaystyle k\)的式子表示\(\displaystyle P(x_1\leqslant x_2\leqslant \cdots \leqslant x_k)\)；
- \(\displaystyle n\)个人从左到右排成一列，依次编号为\(\displaystyle 1,2,\cdots,n\)，从中选取\(\displaystyle k\)个人:
- 要求这\(\displaystyle k\)个人在原队列中两两不相邻，求选取方法数；
- 要求任意两人之间至少间隔\(\displaystyle r\)人，求选取方法数；
A 组习题
本节习题
A组
第 1 题
【2020全国II卷文3】如图，将钢琴上的 \(\displaystyle 12\) 个键依次记为 \(\displaystyle a_1, a_2, \dots, a_{12}\)。设 \(\displaystyle 1 \leqslant i < j < k \leqslant 12\)。若 \(\displaystyle k - j = 3\) 且 \(\displaystyle j - i = 4\)，则称 \(\displaystyle a_i, a_j, a_k\) 为原位大三和弦；若 \(\displaystyle k - j = 4\) 且 \(\displaystyle j - i = 3\)，则称 \(\displaystyle a_i, a_j, a_k\) 为原位小三和弦。用这 \(\displaystyle 12\) 个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为\(\displaystyle (\triangle)\)
第 2 题
【2009北京文14】 设 \(\displaystyle A\) 是整数集的一个非空子集，对于 \(\displaystyle k \in A\)，如果 \(\displaystyle k - 1 \notin A\) 且 \(\displaystyle k + 1 \notin A\)，那么称 \(\displaystyle k\) 是 \(\displaystyle A\) 的一个“孤立元”，给定 \(\displaystyle S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}\)，由 \(\displaystyle S\) 的 \(\displaystyle 3\) 个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有 \(\displaystyle (\triangle)\) 个。
第 3 题
【人教A选修三P9例8】通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，例如“冀AJR005”。其中序号的编码规则为：
（1）由10个阿拉伯数字和除O、I以外的24个英文字母组成；
（2）最多只能有2个英文字母。
如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放\(\displaystyle (\triangle)\)万张汽车号牌。
第 4 题
【2004全国II卷理12】在由数字 \(\displaystyle 1,2,3,4,5\) 组成的所有没有重复数字的 5 位数中, 大于 \(\displaystyle 23145\) 且小于 \(\displaystyle 43521\) 的数共有\(\displaystyle (\triangle)\)
第 5 题
【2001全国卷理16】 圆周上有 \(\displaystyle 2n\) 个等分点 (\(\displaystyle n>1\)), 以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为\(\displaystyle (\triangle)\)
第 6 题
【2022新高考I卷5】从 \(\displaystyle 2\) 至 \(\displaystyle 8\) 这 \(\displaystyle 7\) 个整数中随机取 \(\displaystyle 2\) 个不同的数，这 \(\displaystyle 2\) 个数互质的概率为\(\displaystyle (\triangle)\)
第 7 题
【2014重庆理9】某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法有\(\displaystyle (\triangle)\)种；
第 8 题
命制一张试卷，试题包括三种类型，其中类型A 有3道，类型B 有2道，类型C 有2道，同一类型试题难度互不相同。排版试卷时，要求同一类型的试题不相邻且难度从易到难，则排版方案共有\(\displaystyle (\triangle)\)种。
第 9 题
如图，现需要移走这些正方体，一次只能移走一个正方体，一个正方体可以被移走当且仅当它的上方没有正方体，有多少种不同的移动方案？
第 10 题
【1993旧高考理17】将数字\(\displaystyle 1,2,3,4\)填入标号为\(\displaystyle 1,2,3,4\)的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有\(\displaystyle (\triangle)\)种。
答案
9. 列举所有满足条件的情况如下：
| \(\displaystyle (2,1,4,3)\) \(\displaystyle (2,3,4,1)\) \(\displaystyle (2,4,1,3)\) |
\(\displaystyle (3,1,4,2)\) \(\displaystyle (3,4,2,1)\) \(\displaystyle (3,4,1,2)\) |
\(\displaystyle (4,1,2,3)\) \(\displaystyle (4,3,1,2)\) \(\displaystyle (4,3,2,1)\) |
|---|---|---|
共9种。
错排问题是一个经典计数问题，题意为：将\(\displaystyle 1,2,\dots,n\)这\(\displaystyle n\)个元素放入\(\displaystyle n\)个位置中，要求第\(\displaystyle k\)个元素不能放在第\(\displaystyle k\)个位置上。\(\displaystyle (1\leqslant k \leqslant n)\)，记这样的排列总数为\(\displaystyle D_n\)，这称为\(\displaystyle n\)个元素的错排数。
\(\displaystyle D_n\)的前几项依次为
视角一，从递推出发：
易知 \(\displaystyle D_1=0,D_2=1\)。对一般情况，考虑元素 \(\displaystyle 1\) 在错排中的位置。
元素1不能在第 \(\displaystyle 1\) 个位置，只能在某个位置 \(\displaystyle k,k\in{2,3,\dots,n}\)，共\(\displaystyle n-1\)种选法，再看元素 \(\displaystyle k\)如何放置。
如果元素\(\displaystyle k\)放在第 \(\displaystyle 1\) 个位置，那么剩下的\(\displaystyle n-2\)个元素构成一个更小规模的错排问题，方法数为\(\displaystyle D_{n-2}\)；
如果元素\(\displaystyle k\)没放在第 \(\displaystyle 1\) 个位置，将剩下的\(\displaystyle n-2\)个元素与\(\displaystyle k\)视为一个集合，这个集合中的每个元素都有一个位置不能放置，那么这个集合元素的放置问题可等价为\(\displaystyle n-1\)规模的错排问题，方法数为\(\displaystyle D_{n-1}\)。
故
视角二，从容斥原理出发：
考虑错排的反面，即至少有一个元素在原位的情况，令 \(\displaystyle A_i\) 表示“元素\(\displaystyle i\)在排列后仍在第 \(\displaystyle i\) 个位置”。我们所要求的是
据容斥原理，有
\(\displaystyle A_i\)表示元素\(\displaystyle i\)固定在第\(\displaystyle i\)个位置，剩下 \(\displaystyle n-1\) 个元素任意排列，有
同理有
于是得到
上式可化简为：
（注：如果考虑\(\displaystyle n\)个元素随机排列，最终得到错排情况的概率，可求得概率为\(\displaystyle \frac{D_n}{n!}=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}\)。当\(\displaystyle n\)很大时，该概率趋近于\(\displaystyle \frac{1}{e}\approx 0.368\)）
第 11 题
【2006全国I卷理12】设集合 \(\displaystyle I = \{1,2,3,4,5\}\). 选择 \(\displaystyle I\) 的两个非空子集 \(\displaystyle A\) 和 \(\displaystyle B\), 要使 \(\displaystyle B\) 中最小的数大于 \(\displaystyle A\) 中最大的数, 则不同的选择方法共有\(\displaystyle (\triangle)\)
答案
49.按\(\displaystyle B\)中最小元素分类：
| \(\displaystyle B\)中最小元素 | \(\displaystyle B\)可选集合数 | \(\displaystyle A\)可选集合数 | 总计 |
|---|---|---|---|
| 5 | 1 | \(\displaystyle 2^4-1\) | 15 |
| 4 | 2 | \(\displaystyle 2^3-1\) | 14 |
| 3 | \(\displaystyle 2^2\) | \(\displaystyle 2^2-1\) | 12 |
| 2 | \(\displaystyle 2^3\) | \(\displaystyle 1\) | 8 |
总计49种情况。
第 12 题
【2004全国I卷理11】从数字 \(\displaystyle 1,2,3,4,5\) 中, 随机抽取 3 个数字 (允许重复) 组成一个三位数, 其各位数字之和等于 \(\displaystyle 9\) 的概率为
答案
\(\displaystyle 19/125\).
第 13 题
【2007 湖北文 7】 将 \(\displaystyle 5\) 本不同的书全发给 \(\displaystyle 4\) 位同学，每名同学至少有一本书的概率是
答案
15/64.
新答案（来源：1.33 排列与组合.md）： A
【解题思路】不考虑任何条件限制，将\(\displaystyle 5\)本不同的书全发给\(\displaystyle 4\)名同学，每本书的发放均有\(\displaystyle 4\)种不同选择，故共有\(\displaystyle 4\times4\times4\times4\times4=4^5\)种分法．在"每名同学至少有一本书"这一条件的限制下，先考虑将\(\displaystyle 5\)本书分成\(\displaystyle 4\)组，故有\(\displaystyle \mathrm{C}_5^2\)种分组方式，然后考虑这\(\displaystyle 4\)组的全排列有\(\displaystyle \mathrm{A}_4^4\)种．故在限制条件下\(\displaystyle 5\)本书分给\(\displaystyle 4\)名同学，且每名同学都有至少一本书的分法有\(\displaystyle \mathrm{C}_5^2\cdot\mathrm{A}_4^4\)种．从而所求概率为
故选\(\displaystyle A\)为正确答案．
【实测数据】文科难度为\(\displaystyle 0.24\)，区分度为\(\displaystyle 0.31\)
【易错警示】从考后统计数据显示，较多的考生错选答案\(\displaystyle C\)或答案\(\displaystyle D\)，原因是该类考生在理解题干"将\(\displaystyle 5\)本不同的书全发给\(\displaystyle 4\)名同学"时，错误认为是"\(\displaystyle 4\)名同学均有\(\displaystyle 5\)种不同的选择"，故不同选择数为\(\displaystyle 5^4\)种，这是一个较为隐蔽的错误，需要考生仔细揣摩题意．然后选\(\displaystyle C\)的考生认为每名同学至少有一本书的可能性为\(\displaystyle 5\times4\times3\times2\times1\)，也就是说第一位同学有\(\displaystyle 5\)种选择、第二位同学有\(\displaystyle 4\)种选择等再运用乘法原理，故所求率为\(\displaystyle \frac{5\times4\times3\times2\times1}{5^4}=\frac{24}{125}\)；选\(\displaystyle D\)的考生认为每名同学至少有一本书的可能性为\(\displaystyle \mathrm{C}_5^2\cdot\mathrm{A}_4^4\)，这是正确的，但求得的概率却是\(\displaystyle \frac{\mathrm{C}_5^2\mathrm{A}_4^4}{5^4}=\frac{48}{125}\)．本题对于文科生而言思维能力和实践能力要求较高．
第 14 题
【2004湖南理10】 从正方体八个顶点中任取三个点为顶点作三角形, 其中直角三角形的个数为
答案
48.
第 15 题
【2005江西理12】 将 \(\displaystyle 1,2,\dots,9\) 这 \(\displaystyle 9\) 个数平均分成三组, 则每组的三个数都成等差数列的概率为
答案
1/56.总分组情况为\(\displaystyle \frac{\mathrm{C}_9^3\mathrm{C}_6^3\mathrm{C}_3^3}{\mathrm{A}_3^3}=280\)
其中一组一定含有1，对这一组可能的情况进行分类，每一组内部元素默认按从小到大排序：
情况一，\(\displaystyle \{1,2,3\}\)：另外两组可以取\(\displaystyle (4,5,6),(7,8,9)\)或\(\displaystyle (4,6,8),(5,7,9)\)；
情况二，\(\displaystyle \{1,3,5\}\)：另外两组可以取\(\displaystyle (2,4,6),(7,8,9)\)；
情况三，\(\displaystyle \{1,4,7\}\)：另外两组可以取\(\displaystyle (2,5,8),(3,6,9)\)；
情况四，\(\displaystyle \{1,5,9\}\)：另外两组可以取\(\displaystyle (2,3,4),(6,7,8)\)；
满足条件的情况共5种，概率为\(\displaystyle \frac{1}{56}\)
第 16 题
从\(\displaystyle 1,2,3,\dots,n\)这\(\displaystyle n\)个数中任取\(\displaystyle k\)个不同的数\(\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_k\)，则存在\(\displaystyle 1\leqslant i<j\leqslant k\)，\(\displaystyle i,j\in\mathbb{N}^*\)，使得\(\displaystyle |a_i-a_j|=1\)的取法种数为\(\displaystyle (\triangle)\)
第 17 题
【2012山东理11】现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张。从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为\(\displaystyle (\triangle)\)
答案
472.按选出红色卡片的数量分类：
情况一，选出1张：另外2张可以在其他12张卡片内任选，共\(\displaystyle \mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_{12}^2\)种；
情况二，选出0张：另外3张可以在其他12张卡片内任选，但不能全选同一种颜色，考虑反面即选出3张相同颜色卡片，共\(\displaystyle 3\times \mathrm{C}_4^3\)种情况。故满足题意的情况数为\(\displaystyle \mathrm{C}_{12}^3-3\times \mathrm{C}_4^3\)
综上所述，总情况数为\(\displaystyle \mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_{12}^2+\mathrm{C}_{12}^3-3\times \mathrm{C}_4^3=472\)
第 18 题
【2025高联一试B卷8】从 \(\displaystyle 20\) 个数 \(\displaystyle 1,2,3,\cdots,20\) 中选出 \(\displaystyle 4\) 个不同的数（不计顺序），使它们的乘积为 \(\displaystyle 2025\) 的倍数，则不同选法的数目为 \(\displaystyle (\triangle)\)。
第 19 题
【2012重庆理15】某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法共有\(\displaystyle (\triangle)\)种。
答案
432.
第 20 题
设\(\displaystyle x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\)是\(\displaystyle 1,2,3,4,5\)的一个排列，若\(\displaystyle (x_i-x_{i+1})(x_{i+1}-x_{i+2})<0\)对\(\displaystyle i=1,2,3\)均成立，则满足这一条件的排列有\(\displaystyle (\triangle)\)个。
答案
32.满足题意的排列呈现出下述两种形式：
这两种方式的情况数是相等的：若\(\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\)呈现出第一种方式的排列，则\(\displaystyle 6-a_1,6-a_2,6-a_3,6-a_4,6-a_5\)一定符合后者，反之亦然，于是二者情况数相等。
仅考虑第一种方式，以\(\displaystyle x_3\)的取值作为分类标准进行列举：
情况一，\(\displaystyle x_3=3\)：4种，分别为
情况二，\(\displaystyle x_3=4\)：6种，分别为
情况三，\(\displaystyle x_3=5\)：6种，分别为
共16种，总情况为32种。
第 21 题
【2024新高考I卷14】甲乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选择一张，并比较所选卡片上的数字大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置本轮所选的卡片（弃置后的卡片在此后的轮次中不能使用），则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为\(\displaystyle (\triangle)\)
（注：在此处请使用分类讨论或列举法完成，其余方法将在后续章节进行讲解。）
答案
1/2. 方法一：不妨设甲出牌顺序为\(\displaystyle 1,3,5,7\)，列举乙的所有出牌方式如下：
| 乙出牌顺序 | 甲得分 | 乙出牌顺序 | 甲得分 | 乙出牌顺序 | 甲得分 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\displaystyle (2,4,6,8)\) | \(\displaystyle 0\) | \(\displaystyle (2,4,8,6)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (2,6,4,8)\) | \(\displaystyle 1\) |
| \(\displaystyle (2,6,8,4)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (2,8,4,6)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (2,8,6,4)\) | \(\displaystyle 1\) |
| \(\displaystyle (4,2,6,8)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (4,2,8,6)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (4,6,2,8)\) | \(\displaystyle 1\) |
| \(\displaystyle (4,6,8,2)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (4,8,2,6)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (4,8,6,2)\) | \(\displaystyle 1\) |
| \(\displaystyle (6,2,4,8)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (6,2,8,4)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (6,4,2,8)\) | \(\displaystyle 1\) |
| \(\displaystyle (6,4,8,2)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (6,8,2,4)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (6,8,4,2)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) |
| \(\displaystyle (8,2,4,6)\) | \(\displaystyle \textbf{3}\) | \(\displaystyle (8,2,6,4)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (8,4,2,6)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) |
| \(\displaystyle (8,4,6,2)\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle (8,6,2,4)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) | \(\displaystyle (8,6,4,2)\) | \(\displaystyle \textbf{2}\) |
方法二：不妨设乙的出牌顺序为\(\displaystyle 2,4,6,8\)，按甲的可能得分分类列举甲的出牌情况，只考虑我们所要求的得分\(\displaystyle 2,3\)：
| 甲胜乙牌面 | 甲仅胜\(\displaystyle (2,4)\) | 甲仅胜\(\displaystyle (4,6)\) | 甲仅胜\(\displaystyle (2,6)\) | 甲仅胜\(\displaystyle (2,4,6)\) |
|---|---|---|---|---|
| 得分 | \(\displaystyle 2\) | \(\displaystyle 2\) | \(\displaystyle 2\) | \(\displaystyle 3\) |
| 甲出牌情况 | \(\displaystyle (3,5,1,7)\) \(\displaystyle (3,7,1,5)\) \(\displaystyle (5,3,1,7)\) \(\displaystyle (5,7,1,3)\) \(\displaystyle (7,3,1,5)\) \(\displaystyle (7,5,1,3)\) \(\displaystyle (7,1,3,5)\) |
\(\displaystyle (1,5,7,3)\) | \(\displaystyle (3,1,7,5)\) \(\displaystyle (5,1,7,3)\) \(\displaystyle (7,1,5,3)\) |
\(\displaystyle (3,5,7,1)\) |
| 总数 | \(\displaystyle 7\) | \(\displaystyle 1\) | \(\displaystyle 3\) | \(\displaystyle 1\) |
两种方法计算得到的概率均为\(\displaystyle \frac{12}{24}=\frac{1}{2}\)
第 22 题
【2005江苏12】四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一个仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱所代表的化工产品放在同一个仓库是安全的，现打算用编号为1、2、3、4的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同种数为\(\displaystyle (\triangle)\)。
答案
48.
新答案（来源：1.33 排列与组合.md）： D
【解题思路】\(\displaystyle \left|x_1\right|,\cdots,\left|x_5\right|\)的可能取值是\(\displaystyle 0\)或\(\displaystyle 1\)．由条件，\(\displaystyle \left|x_1\right|,\cdots,\left|x_5\right|\)中取\(\displaystyle 1\)的个数只能有\(\displaystyle 1,2,3\)个．
如果\(\displaystyle \left|x_1\right|,\cdots,\left|x_5\right|\)中有一个数\(\displaystyle \left|x_k\right|\)取\(\displaystyle 1\)，则\(\displaystyle x_k\)可以取\(\displaystyle 1\)或\(\displaystyle -1\)，其余取\(\displaystyle 0\)，一共有\(\displaystyle 5\times2=10\)种情况．
如果\(\displaystyle \left|x_1\right|,\cdots,\left|x_5\right|\)中有两个数\(\displaystyle \left|x_j\right|,\left|x_k\right|\)取\(\displaystyle 1\)，则\(\displaystyle x_j,x_k\)可以取\(\displaystyle 1\)或\(\displaystyle -1\)，其余取\(\displaystyle 0\)，一共有\(\displaystyle \mathrm{C}_5^2\times2^2=40\)种情况．
如果\(\displaystyle \left|x_1\right|,\cdots,\left|x_5\right|\)中有三个数\(\displaystyle \left|x_j\right|,\left|x_k\right|,\left|x_l\right|\)取\(\displaystyle 1\)，则\(\displaystyle x_j,x_k,x_l\)可以取\(\displaystyle 1\)或\(\displaystyle -1\)，其余取\(\displaystyle 0\)，一共有\(\displaystyle \mathrm{C}_5^3\times2^3=80\)种情况．
第 23 题
【2005全国I卷理11】过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线\(\displaystyle (\triangle)\)对。
答案
36.将直线划分为三类：顶/底面棱共6条，侧棱3条，侧面对角线6条，依次计算异面直线对
| 异面直线对 | 顶/底面棱 | 侧棱 | 侧面对角线 | 总计 |
|---|---|---|---|---|
| 顶/底面棱（6条） | 2 | 1 | 2 | 5 |
| 侧棱（3条） | 2 | 0 | 2 | 4 |
| 侧面对角线（6条） | 2 | 1 | 2 | 5 |
注意，如此计算则每一对被重复计数为2次，最终结果为\(\displaystyle 36\)。
第 24 题
【2014广东理8】设集合 \(\displaystyle A=\{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\mid x_i\in\{-1,0,1\},i=1,2,3,4,5\}\), 那么集合 \(\displaystyle A\) 中满足条件 “\(\displaystyle 1\leqslant |x_1|+|x_2|+|x_3|+|x_4|+|x_5|\leqslant 3\)” 的元素个数为\(\displaystyle (\triangle)\)
答案
130.
第 25 题
【2023上海12】空间中有三个点\(\displaystyle A,B,C\)，且\(\displaystyle AB=BC=CA=1\)，若在空间中任取两个不同的点，使得它们与\(\displaystyle A,B,C\)恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法共有\(\displaystyle (\triangle)\)种。
答案
9.
第 26 题
【2016全国III卷理12】定义“规范01数列”\(\displaystyle \left\{ a_n \right\}\)如下：\(\displaystyle \left\{ a_n \right\}\)共有\(\displaystyle 2m\)项，其中\(\displaystyle m\)项为0，\(\displaystyle m\)项为1，且对任意\(\displaystyle k\leqslant 2m,a_1,a_2,\cdots a_k\)中0的个数不少于1的个数，若\(\displaystyle m=4\)，则不同的“规范01数列”共有\(\displaystyle (\triangle)\)
答案
14.如无思路，请参考问题1.5（4.4）.
原问题可转化为：在平面直角坐标系中，从原点出发到点\(\displaystyle (4,4)\)，每一步只能向上或向右走1个单位距离，求不越过直线\(\displaystyle y=x\)的不同的最短路径条数。 可知，到达\(\displaystyle (x,y)\)的路径数由到达\(\displaystyle (x-1,y)\)和到达\(\displaystyle (x,y-1)\)的路径数决定，按如下作图完成递推：
卡特兰数（Catalan Numbers）又称明安图数，是一个特殊计数序列，在组合数学与计算机科学中有着广泛应用。记卡特兰数的第\(\displaystyle n\)项为\(\displaystyle C_n\)，它的前几项（从第0项开始）依次为
许多看似完全不相干的计数问题，其结果均为卡特兰数。这些问题一般可以划分为两类：
类型一典范：将凸\(\displaystyle t+2\)边形分割成不重叠（边可以重叠，内部不可以）的\(\displaystyle t\)个三角形，这称为一个三角剖分。凸\(\displaystyle n+2\)边形的三角剖分方案数为\(\displaystyle C_{n}\)；
类型二典范：在平面直角坐标系中，从原点出发到点\(\displaystyle (n,n)\)，每一步只能向上或向右走1个单位距离，证明：不越过直线\(\displaystyle y=x\)的不同的最短路径条数为卡特兰数\(\displaystyle C_n\)。
下给出类型一的证明：
设凸\(\displaystyle t+2(t\in\mathbb{N^*})\)边形的三角剖分方案数为\(\displaystyle p_t\)。对凸\(\displaystyle n+2\)边形，取它的一条固定边记为 \(\displaystyle V_1V_{n+2}\)，从\(\displaystyle V_1\)开始逆时针将多边形的顶点依次记为\(\displaystyle V_1,V_2,\cdots,V_{n+2}\)。
在任意一种三角剖分中，边 \(\displaystyle V_1V_{n+2}\) 一定恰好属于某一个三角形。设这个三角形的第三个顶点是 \(\displaystyle V_i,i\in\{2,3,\cdots,n+1\}\)。 这个三角形将凸\(\displaystyle n+2\)边形分割为凸\(\displaystyle i\)边形和凸\(\displaystyle n-i+3\)边形两个部分。 按照\(\displaystyle i\)的取值分类，由分步乘法原理可知，对两个较小规模的凸多边形进行三角剖分的方案数为\(\displaystyle p_{i-2}p_{n-i+1}\)
故总三角剖分方案数为
称这一递推式为卡特兰数的卷积递推公式。
下给出类型二的证明：
证明
考虑待求情况的反面，即计算越过直线\(\displaystyle y=x\)的路径条数。对某越过直线\(\displaystyle y=x\)的路径\(\displaystyle L\)，它一定在越过此直线后最先到达\(\displaystyle (1,0),(2,1),\cdots,(n,n-1)\)中的一点，这些点均位于\(\displaystyle y=x-1\)上。 将位于\(\displaystyle y=x-1\)上方的路径沿该直线翻折，得到新路径\(\displaystyle L'\)，\(\displaystyle L'\)是一条从\(\displaystyle (0,0)\)到\(\displaystyle (n+1,n-1)\)的路径。
记从\(\displaystyle (0,0)\)到\(\displaystyle (n+1,n-1)\)的路径构成集合\(\displaystyle A\)，从\(\displaystyle (0,0)\)到\(\displaystyle (n,n)\)的越过\(\displaystyle y=x\)的路径构成集合\(\displaystyle B\)。 可知，每一个\(\displaystyle x\in A\)在\(\displaystyle f\)映射法则下对应唯一一个\(\displaystyle y\in B\)，其中\(\displaystyle f\)映射法则为：
同样的，每一个\(\displaystyle y\in B\)在\(\displaystyle f\)映射法则下对应唯一一个\(\displaystyle x\in A\)。 故\(\displaystyle |A|=|B|\)，于是从\(\displaystyle (0,0)\)到\(\displaystyle (n,n)\)的越过\(\displaystyle y=x\)的路径总数为\(\displaystyle \mathrm{C}_{2n}^{n+1}\) 因此题目所求路径总数为\(\displaystyle \mathrm{C}_{2n}^n-\mathrm{C}_{2n}^{n+1}=\frac{1}{n+1}\mathrm{C}_{2n}^n\)。
下探讨此方法与卡特兰数的卷积递推公式的联系。
对所有从\(\displaystyle (0,0)\)到\(\displaystyle (n,n)\)且不越过直线\(\displaystyle y=x\)的路径按其第一次经过点\(\displaystyle (k,k)\)的位置分类，其中\(\displaystyle k=0,1,\cdots,n-1\)。可知路径在\(\displaystyle (k,k)\)之前的部分是一条不触碰（注意“不触碰”与“不越过”两种表述的区别）\(\displaystyle y=x\)的路径\(\displaystyle L_k\)，则路径第一步一定是从\(\displaystyle (0,0)\)走到\(\displaystyle P(1,0)\)，走到\(\displaystyle (k,k)\)前的一步一定是从\(\displaystyle Q(k-1,k)\)走到\(\displaystyle (k,k)\)，\(\displaystyle P,Q\)均位于直线\(\displaystyle y=x+1\)上。于是\(\displaystyle L_k\)一定是从\(\displaystyle P\)到\(\displaystyle Q\)的不越过\(\displaystyle y=x+1\)的路径，路径数为\(\displaystyle C_{k-1}\)。到达\(\displaystyle (k,k)\)后的部分是一条不越过\(\displaystyle y=x\)的路径，路径数为\(\displaystyle C_{n-k}\)，据乘法原理有递推式：
符合最初给出的卡特兰数的卷积递推公式。
第 27 题
【2024新高考II卷14】在如图的 \(\displaystyle 4 \times 4\) 的方格表中选 \(\displaystyle 4\) 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 \(\displaystyle (\triangle)\) 种选法。在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的 \(\displaystyle 4\) 个数之和的最大值是 \(\displaystyle (\triangle)\)。
答案
24;112.
观察原数阵的数字，可拆解为一个规则数阵（右1）与一个误差修补数阵（右2）。在规则数阵中任取四个不同行同列的数字，其和一定为110。选取图中加粗数块，此时有最大值112。
第 28 题
【2011湖南理16】将正整数 \(\displaystyle n\) 表示为 \(\displaystyle n=a_0 \times 2^k+a_1 \times 2^{k-1}+a_2 \times 2^{k-2}+\cdots+a_{k-1} \times 2^1+a_k \times 2^0\). 当 \(\displaystyle i=0\) 时, \(\displaystyle a_i=1\), 当 \(\displaystyle 1 \leqslant i \leqslant k\) 时, \(\displaystyle a_i\) 为 \(\displaystyle 0\) 或 \(\displaystyle 1\). 记 \(\displaystyle I(n)\) 为上述表示中 \(\displaystyle a_i\) 为 \(\displaystyle 0\) 的个数，则\(\displaystyle I(12)=(\triangle)\)；\(\displaystyle \sum_{n=1}^{127} 2^{I(n)}=(\triangle)\)。
答案
2;1093.第一空略。对\(\displaystyle 1\)到\(\displaystyle 127\)按二进制长度分类。长度为\(\displaystyle \ell\)的数，其首位固定为1，设其余\(\displaystyle \ell-1\)位中有\(\displaystyle k\)个0，此时\(\displaystyle 2^{I(n)}=2^k\)，满足条件的数的个数为\(\displaystyle \mathrm{C}_{\ell-1}^k\)，因此长度为\(\displaystyle \ell\)的数对最终答案的总贡献为
于是
第 29 题
解答下述问题
- 一个圆桌有\(\displaystyle n\)个座位，有\(\displaystyle n\)个人依次落座，认定两种落座方式相同当且仅当每个人左右相邻的人相同，求\(\displaystyle n\)个人不同的落座方式；
-
\(\displaystyle n\)个人围坐在一个圆形的桌子旁，这时又加入了\(\displaystyle k(k\leqslant n)\)个人，要求这\(\displaystyle k\)个人互不相邻，甲、乙同学分别得到以下两种答案：
甲：\(\displaystyle \frac{1}{n}\mathrm{A}^{n}_{n}\mathrm{A}^k_{n}\quad\)乙：\(\displaystyle \frac{1}{n+k}\mathrm{A}^{n}_{n}\mathrm{A}^k_{n}\)
甲同学认为：先把这\(\displaystyle n\)个人排好，排法为\(\displaystyle \frac{1}{n}\mathrm{A}^{n}_{n}\)，再将新来的\(\displaystyle k\)个人插入到这\(\displaystyle n\)个人之间的空隙中，排法为\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n}\)，据乘法原理，总情况数为\(\displaystyle \frac{1}{n}\mathrm{A}^{n}_{n}\mathrm{A}^k_{n}\)。
乙同学认为：先把新来的\(\displaystyle k\)个人插空到原来的\(\displaystyle n\)个人中，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n}\)，这\(\displaystyle n\)个人也可以内部全排列\(\displaystyle \mathrm{A}^{n}_{n}\)，再对整体执行环排，总情况数为\(\displaystyle \frac{1}{n+k}\mathrm{A}^{n}_{n}\mathrm{A}^k_{n}\)。
哪一个答案正确？并指出给出错误答案对应思路的问题。
-
【2026“神算杯一模”（B卷）（网络联考）14】Santa，六月松等5人按某一顺序落座在圆桌的周围，随后他们起立，随即再次落座，现每次均以Santa所在位置作为1号位，并按顺时针顺序编号为1号到5号，诸落座情况有相同的概率成为第二次落座情况，求两次落座中所在座位编号相同的人数的期望。
答案
****
（1）将\(\displaystyle n\)个人编号为\(\displaystyle 1,2,\cdots,n\)，从左到右排成一列，记其编号排列为\(\displaystyle i_1i_2\cdots i_n\)，则
是同一种落座方式。故\(\displaystyle n\)个人不同的落座方式为\(\displaystyle \frac{1}{n}\mathrm{A}^{n}_{n}\)。
（2）A选项的思路正确；下分析B选项的错误：
“先把新来的\(\displaystyle k\)个人加入到原来的\(\displaystyle n\)个人中，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n}\)”这一句解释是错误的。
将新来的\(\displaystyle k\)个人插空到原来的\(\displaystyle n\)个人中，共有\(\displaystyle n+1\)个空位，每个空位只插一人。若要这\(\displaystyle k\)个人不相邻，那么其中两个人所插的位置不能位于头尾（环排后接起来会相邻），考虑反面：其中两个人位于头尾，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}_k^2\)，再将剩下的\(\displaystyle k-2\)个人插在中间的\(\displaystyle n-1\)个位置，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}_{n-1}^{k-2}\)。故情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}_{n+1}^k-\mathrm{A}_k^2\mathrm{A}_{n-1}^{k-2}\)。可以证明：
或利用容斥原理：考虑将\(\displaystyle k\)个人插到前\(\displaystyle n\)个位置中，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n}\)；将\(\displaystyle k\)个人插到后\(\displaystyle n\)个位置中，情况数为\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n}\)，二者再插到中间\(\displaystyle n-1\)个位置时出现重复，于是减去\(\displaystyle \mathrm{A}^k_{n-1}\)，故情况数为\(\displaystyle 2\mathrm{A}^k_{n}-\mathrm{A}^k_{n-1}\)。可以证明：
（3）
第 30 题
【2018山东新高考适应性测试20】设三角形的边长为不相等的整数，且最大边长为 \(\displaystyle n\)，这些三角形的个数为 \(\displaystyle a_n\)。 1. 求数列 \(\displaystyle \{a_n\}\) 的通项公式； 2. 在 \(\displaystyle 1,2,\dots,100\) 中任取三个不同的整数，求它们可以是一个三角形的三条边长的概率。 参考公式：\(\displaystyle 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)；\(\displaystyle 1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}\)。
答案
（1）设三边为\(\displaystyle a<b<n\)，\(\displaystyle a+b>n\)是可构成三角形的充要条件。
当\(\displaystyle n=2m\)时，\(\displaystyle b\)可取\(\displaystyle m+1,m+2,\cdots,2m-1\)。确定\(\displaystyle b\)后，\(\displaystyle a\)可取
共\(\displaystyle 2b-2m-1\)个。故
当\(\displaystyle n=2m+1\)时，同理可得
故
（2）所求概率为\(\displaystyle \frac{\sum_{n=3}^{100}a_n}{\mathrm{C}_{100}^3}\)，由上式，
故所求概率为\(\displaystyle \frac{79625}{161700}=\frac{65}{132}\)
第 31 题
【2018江苏23】设 \(\displaystyle n\in\mathbb{N}^*\), 对 \(\displaystyle 1,2,\cdots,n\) 的一个排列 \(\displaystyle i_1i_2\cdots i_n\), 如果当 \(\displaystyle s<t\) 时, 有 \(\displaystyle i_s>i_t\), 则称 \(\displaystyle (i_s,i_t)\) 是排列 \(\displaystyle i_1i_2\cdots i_n\) 的一个逆序, 排列 \(\displaystyle i_1i_2\cdots i_n\) 的所有逆序的总个数称为其逆序数. 例如: 对 \(\displaystyle 1,2,3\) 的一个排列 \(\displaystyle 231\), 只有两个逆序 \(\displaystyle (2,1),(3,1)\), 则排列 \(\displaystyle 231\) 的逆序数为 \(\displaystyle 2\). 记 \(\displaystyle f_n(k)\) 为 \(\displaystyle 1,2,\cdots,n\) 的所有排列中逆序数为 \(\displaystyle k\) 的全部排列的个数。 1. 求 \(\displaystyle f_3(2),f_4(2)\) 的值； 2. 求 \(\displaystyle f_n(2)\ (n\geqslant 5)\) 的表达式 (用 \(\displaystyle n\) 表示)。
答案
****
方法一：对于排列\(\displaystyle i_1i_2\cdots i_{k}i_{k+1}\cdots i_n\)，定义“\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转”为交换\(\displaystyle i_k,i_{k+1}\)在排列中所处的位置，例如对上述排列进行\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转后得到新排列\(\displaystyle i_1i_2\cdots i_{k+1}i_{k}\cdots i_n\)
可以证明：如果\(\displaystyle i_k<i_{k+1}\)，那么\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转得到的新排列相比原排列的逆序对数恰好增加1（除\(\displaystyle (a_{k+1},a_k)\)以外没有新的逆序对产生，也没有旧的逆序对消失）。
本题只需对\(\displaystyle 1,2,\cdots,n\)这个排列施加两次旋转即可。
若第一次，第二次旋转的对象没有重合的，如下图所示：
可以在\(\displaystyle (a_1,a_2),(a_2,a_3),\cdots,(a_{n-1},a_n)\)这\(\displaystyle n-1\)个旋转中选定不相邻的两个，共\(\displaystyle \mathrm{C}_{n-2}^2\)种选法。
若第一次，第二次旋转的对象有重合的，例如先做\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转，再做\(\displaystyle (k+1,k+2)\)-旋转，此时可以发现：先做\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转，再做\(\displaystyle (k+1,k+2)\)-旋转与先做\(\displaystyle (k+1,k+2)\)-旋转，再做\(\displaystyle (k,k+1)\)-旋转交换得到的最终序列不同，情况数为\(\displaystyle 2(n-2)\)，总情况为
易求得\(\displaystyle f_3(2)=2,f_4(2)=5\)（通过列举也可得到答案）
方法二：对排列 \(\displaystyle i_1i_2\cdots i_n\)，考虑序列
其中 \(\displaystyle a_k\) 表示第 \(\displaystyle i_1,i_2,\cdots,i_{k-1}\)中比 \(\displaystyle i_k\) 大的数的个数，只有两种情形：
情形一:存在唯一的\(\displaystyle k\)使得\(\displaystyle a_k=2\)，其余\(\displaystyle a_i=0(i\neq k)\)，此时有\(\displaystyle n-1\)种选法；
假设\(\displaystyle a_k=t\)，则排列只有如下形式（不妨思考为何只可能有这一种形式？）：
可知\(\displaystyle 3\leqslant t\leqslant n\)，共\(\displaystyle n-2\)种排列方式；
情形二:存在\(\displaystyle k,l\)使得\(\displaystyle a_k=a_l=1\)，其余\(\displaystyle a_i=0(i\neq k,l)\)。
假设\(\displaystyle k<l,a_k=p,a_l=q\)，则排列只有如下形式：
其中\(\displaystyle p,q\)不相邻，共\(\displaystyle \mathrm{C}_{n-1}^2\)种排列方式；
故总情况数为
方法三：先构造\(\displaystyle 1,2,\cdots,n\)的一个排列，再将\(\displaystyle n+1\)插入，可知新排列的逆序对数相比于原序列不减。
情形一：原排列没有逆序对：此时排列一定为\(\displaystyle 1,2,\cdots,n\)，要使得新排列有2个逆序对，排列只能为
共1种情况。
情形二：原排列只有1个逆序对：此时排列一定为\(\displaystyle 1,2,\cdots,i+1,i,\cdots,n\)，要使得新排列有2个逆序对，则\(\displaystyle n+1\)只能插在最后一个数的前面，共\(\displaystyle n-1\)种情况；
情形三：原排列有2个逆序对：要使得新排列有两个逆序对，则\(\displaystyle n+1\)只能放在末尾，共\(\displaystyle f_n(2)\)种情况；（注意：\(\displaystyle f_3(2)=2\)）
故
注：根据方法三，可以写出\(\displaystyle f_n(k)\)的递推式，但是没有简单的闭式解（用有限个标准运算和常见函数直接写出来的表达式，不需要写成递推、求和、积分、生成函数系数提取这类“还要继续算”的形式）
B 组习题
B组
第 1 题
【2014福建理10】用\(\displaystyle a\)代表红球，\(\displaystyle b\)代表蓝球，\(\displaystyle c\)代表黑球，由加法原理及乘法原理，从\(\displaystyle 1\)个红球和\(\displaystyle 1\)个蓝球中取出若干个球的所有取法可由\(\displaystyle (1+a)(1+b)\)的展开式\(\displaystyle 1+a+b+ab\)表示出来，如：“\(\displaystyle 1\)”表示一个球都不取、“\(\displaystyle a\)”表示取出一个红球，而“\(\displaystyle ab\)”则表示把红球和蓝球都取出来。以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从\(\displaystyle 5\)个无区别的红球、\(\displaystyle 5\)个无区别的蓝球\(\displaystyle 5\)个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是
- \(\displaystyle (1+a+a^2+a^3+a^4+a^5)(1+b^5)(1+c)^5\)
- \(\displaystyle (1+a^5)(1+b+b^2+b^3+b^4+b^5)(1+c)^5\)
- \(\displaystyle (1+a)^5(1+b+b^2+b^3+b^4+b^5)(1+c^5)\)
- \(\displaystyle (1+a^5)(1+b)^5(1+c+c^2+c^3+c^4+c^5)\)
答案
A.
新答案（来源：1.11 向量.md）： D
【解题思路】由题意，\(\displaystyle \vv{MA}+\vv{MC}=0\)，\(\displaystyle \vv{MB}+\vv{MD}=0\)，
故\(\displaystyle \vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}+\vv{OD}=\left(\vv{OM}+\vv{MA}\right)+\left(\vv{OM}+\vv{MB}\right)+\left(\vv{OM}+\vv{MC}\right)+\left(\vv{OM}+\vv{MD}\right)=4\vv{OM}\)．
第 2 题
对于五位数\(\displaystyle \overline{abcde}\)，若\(\displaystyle \overline{ab},\overline{bc},\overline{cd},\overline{de}\)均为4的倍数（后三者允许为\(\displaystyle \overline{00},\overline{0x}\)），则称具有“4性质”，则具有“4性质”的五位数共有\(\displaystyle (\triangle)\)个。
答案
594.初步判断\(\displaystyle b,c,d,\mathrm{e}\)只能在\(\displaystyle 0,2,4,6,8\)中取。
若\(\displaystyle \mathrm{e}\)取\(\displaystyle 2,6\)，那么为使\(\displaystyle 4\mid \overline{de}\)，\(\displaystyle d\)必须取奇数，此时一定有\(\displaystyle 4\nmid \overline{cd}\)，不符题意，故\(\displaystyle c,d,\mathrm{e}\)只能在\(\displaystyle 0,4,8\)中取。
对于\(\displaystyle b\)，若\(\displaystyle b=0,4,8\)，则\(\displaystyle a=2,4,6,8\)；若\(\displaystyle b=2,6\)，则\(\displaystyle a=1,3,5,7,9\)，则\(\displaystyle a,b\)的选择共有22种。
故总情况为\(\displaystyle 22\times 27=594\)
第 3 题
【2007湖北理10】 已知直线 \(\displaystyle \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\) (\(\displaystyle a,b\) 是非零常数) 与圆 \(\displaystyle x^2 + y^2 = 100\) 有公共点, 且公共点的横坐标均为整数, 那么这样的直线共有\(\displaystyle (\triangle)\)条。
答案
60.圆上的整点为\(\displaystyle (\pm 6,\pm 8),(\pm 6,\mp 8),(\pm 8,\pm 6),(\pm 8,\mp 6),(0,\pm 10),(\pm 10,0)\)。
直线\(\displaystyle \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\)可以是不经过原点，不平行于\(\displaystyle x\)轴或\(\displaystyle y\)轴的任意直线。
情况一，直线与圆只一个交点，即相切：共8种情况；
情况二，直线与圆有两个交点：连接任意两个整点，可构成\(\displaystyle \mathrm{C}_{12}^2\)条不同直线，删去平行于\(\displaystyle x\)轴或\(\displaystyle y\)轴的直线，共10条，删去经过原点的不平行于\(\displaystyle x\)轴或\(\displaystyle y\)轴的直线，共4条。
一共有60条直线满足题意。
第 4 题
设 \(\displaystyle f(n)\) 为正整数 \(\displaystyle n\) 的各位数中出现的不同数字的个数，例如 \(\displaystyle f(2025) = 3\)，\(\displaystyle f(10001) = 2\)，若从集合 \(\displaystyle \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) 的所有三元子集中任取一个，记为 \(\displaystyle \{a, b, c\}\)，则 \(\displaystyle f[(10^a + 1)(10^b + 1)(10^c + 1)] = 3\) 的概率为\(\displaystyle (\triangle)\)
第 5 题
答案
1/4.展开乘积得：
不妨设\(\displaystyle a<b<c\)，则\(\displaystyle a+b+c>b+c>a+c>a+b>b>a\)且\(\displaystyle a+c>\boxed{c}>b\)，暂时无法确定\(\displaystyle c\)与\(\displaystyle a+b\)的大小。
思考什么时候按十进制计数时会出现3种不同数字：
Question 1：3种不同的数字，可能有哪些情况？\(\displaystyle \boxed{\text{只可能是}0,1,2}\)；
Question 2：在什么情况下才可能出现数字2？\(\displaystyle \boxed{c=a+b}\)；
于是有
满足出现数字2的情况。
其中，后5个会使得数字0出现，而\(\displaystyle (1,2,3)\)则不会（此时得到的数为\(\displaystyle 11121111,f(P)=2\)），排除此项，所求概率为\(\displaystyle \frac{1}{4}\)
第 6 题
【2006浙江理10】 函数 \(\displaystyle f: \{1,2,3\} \to \{1,2,3\}\) 满足 \(\displaystyle f(f(x)) = f(x)\), 则这样的函数个数共有\(\displaystyle (\triangle)\)个。
答案
10.设\(\displaystyle f(x)=y\)，由\(\displaystyle f(f(x))=f(x)\)可知\(\displaystyle \boxed{f(y)=y}\)。
记\(\displaystyle D\)为函数\(\displaystyle f\)的像集，那么\(\displaystyle f\)限制在像集上的映射是恒等映射。
情况一：\(\displaystyle |D|=1\)，则有三种情况：分别为\(\displaystyle f(x)=1,2,3\)；
** 情况二：**\(\displaystyle |D|=2\)，设像集为\(\displaystyle \{y_1,y_2\}\)，则\(\displaystyle f(y_1)=y_1,f(y_2)=y_2\)，剩下那个元素可以映射到\(\displaystyle y_1\)或\(\displaystyle y_2\)。共\(\displaystyle 3\times 2=6\)种情况；
情况三：\(\displaystyle |D|=3\)，则\(\displaystyle f\)为恒等映射，共1种情况。
综上所述，共10种函数。
第 7 题
【1997全国卷理15】四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有\(\displaystyle (\triangle)\)种。
答案
141.
第 8 题
【2025高联一试B11】对整数 \(\displaystyle n\geqslant 3\)，在一个棱长均为 \(\displaystyle 1\) 的正 \(\displaystyle n\) 棱柱的所有 \(\displaystyle 3n\) 条棱中，随机选取两条不同的棱 \(\displaystyle l_1,l_2\)，将事件“\(\displaystyle l_1\) 所在直线与 \(\displaystyle l_2\) 所在直线平行”发生的概率记为 \(\displaystyle P_n\)。是否存在两个不同的正整数 \(\displaystyle k,l(k,l\geqslant 3)\) 满足 \(\displaystyle P_k=P_l\)？证明你的结论。
第 9 题
【2023年高联一试8】八张标有\(\displaystyle A,B,C,D,E,F,G,H\)的正方形卡片构成下图，现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片至多一张有公共边（例如可按\(\displaystyle D,A,B,E,C,F,G,H\)的次序取走卡片，但不可按\(\displaystyle D,B,A,E,C,F,G,H\)的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为\(\displaystyle (\triangle)\)
答案
392.题目要求每次取走一张卡片时，这张卡片与剩下的卡片至多有一条公共边，考虑倒置取卡片顺序，可将问题转换为，从某个特定点开始，依次往图上加卡片，每次加入的卡片只能和已经放好的卡片有至多一个公共边，这类似于确定树根的遍历树的过程，遍历要求为：某结点被遍历时，其父亲结点一定已经被遍历过。
Hook-Length公式：对于一棵结点数为\(\displaystyle n\)的树\(\displaystyle T\)，若确定树根为结点\(\displaystyle r\)，那么从根开始的满足”父亲一定排在儿子前面“的遍历方式数为
其中\(\displaystyle s_v\) 是以\(\displaystyle v\)为根的子树大小。
证明
用第二数学归纳法。当\(\displaystyle n=1\)时，显然成立。
假设\(\displaystyle n<k\)时命题成立，当\(\displaystyle n=k\)时，设树根为\(\displaystyle r\)，\(\displaystyle r\)必须排第一，删去根\(\displaystyle r\)后，树分成若干以\(\displaystyle r\)的儿子为根的子树，记这些子树的大小分别为\(\displaystyle n_1,n_2,\dots,n_k<k\)每棵子树内部也必须满足题目要求的结构。
（1）分别排列每棵子树，方法数为
（2）把这些子树中的排列交错合并（即保持各自元素相对顺序不变，进行合并），方法数为
于是
对每棵子树用归纳假设：\(\displaystyle F(T_i)=\frac{n_i!}{\prod_{v\in T_i}s_v}\)
代入得
又\(\displaystyle s_r=n\)，所以
根据对称性，利用Hook-Length公式，计算出以各结点为根的遍历方式数如下表：
| 作为根的结点 | \(\displaystyle A,D\) | \(\displaystyle B,H\) | \(\displaystyle C,G\) | \(\displaystyle E\) | \(\displaystyle F\) |
|---|---|---|---|---|---|
| 遍历方法数 | 4 | 28 | 84 | 20 | 140 |
故总方法数为\(\displaystyle 392\)。
第 10 题
将一个平面 \(\displaystyle n\) 边形 \(\displaystyle A_1, A_2, \dots, A_n\) 的每个顶点赋值 \(\displaystyle 0\) 或 \(\displaystyle 1\) ，同时染红色或蓝色，若每一对相邻顶点所赋数字相同或所染颜色相同，则称 \(\displaystyle n\) 边形 \(\displaystyle A_1, A_2, \dots, A_n\) 满足性质P。 1. 对四边形 \(\displaystyle A_1, A_2, A_3, A_4\) 的每个顶点随机赋值 \(\displaystyle 0\) 或 \(\displaystyle 1\)，同时随机染红色或蓝色，求四边形 \(\displaystyle A_1, A_2, A_3, A_4\) 满足性质P的概率； 2. 求 \(\displaystyle n\) 边形的所有满足性质P的不同的赋值与染色方法数（结果用 \(\displaystyle n\) 表示）。
第 11 题
解答下述问题： 1. 从正 \(\displaystyle 100\) 边形的顶点中随机选取 \(\displaystyle 3\) 个，求以这3个点为顶点的三角形是锐角三角形或直角三角形的概率； 2. 平面上有 \(\displaystyle 100\) 个点，这些点不与原点重合，对于这 \(\displaystyle 100\) 个点与原点，其中的任意三点不共线。从这 \(\displaystyle 100\) 个点中任选 \(\displaystyle 3\) 个顶点，可以构成 \(\displaystyle \mathrm{C}_{100}^3\) 个不同的三角形。若原点在三角形内部（含边界），则称该三角形为好三角形，求好三角形个数的最大值。
C 组习题
D 组习题
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国际上最广泛使用的记号为\(\displaystyle \binom{n}{m}\) ↩
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本节虽讲计数原理，要求学生掌握更为简便的计数技巧，但还是花了一定篇幅来谈上述两种“笨拙”、“老土”的方法，因其蕴含着重大的教育价值（尽管学生普遍更愿意追求一步到位的技巧与公式）。
我们在探索一个完全陌生的问题时，很难立即以一种巧妙的方式“直击要害”，往往需要列出特例，弱化问题，通过屡次尝试与修正逐渐发现规律，最终给出严格论证。列举与分类讨论恰提供了这一探索路径，因它们不依赖高深的技巧，不至于让人“敬而远之”，所以学习者得以借此机会亲自组织对象、分析结构，并在不断尝试中自我纠偏。波利亚说：“数学不是旁观者的运动。”（Mathematics is not a spectator sport.）相比于方法的灌输，列举与分类讨论恰恰是把实操的动力与机会还给了学生，充分调动他们去运作上述解决问题的一般模式，培养学生敢于尝试的勇气、面对复杂问题时沉着分析、化整为零的心性，以及从具体到抽象、从特殊到一般的归纳能力。
遗憾的是，在现行的“填鸭式教育”中，学生更多的是学习"某一类题应当使用某一种方法"，如此照猫画虎以构建“条件反射”，并试图达到“一看就会，一做就对”的程度。一旦脱离熟悉的题型，面对新的未知问题时，他们往往寸步难行，问题百出。 ↩
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与本题考察方法完全相同的还有【2017全国II卷理6】，【2020新高考I卷3】，【2020新高考II卷6】，【2020全国II卷理14】 ↩