组合数学---数学奥赛教练员培训材料

第一篇：组合数学---数学奥赛教练员培训材料

（一）组合数学

1.几个常用的排列公式

（1）线排列：从n个不同的元素中任取m(mmn)个排成一列，其排列数为An.mAn.m（2）圆排列：从n个不同的元素中任取m(mn)个排成一圈，其排列数为（3）项链排列：从n粒不同的珍珠中任取m(mn)粒用线串成一根项链，得到的不同项链的条数Anm为.2m（4）可重复排列：从n个不同的元素中任取m(mm（可重复取）排成一列，其排列数为n.n)个元素（5）不全相异的元素的全排列：设n个元素可分为k组，每组分别有n1,n2,...,nk个元素，各组内的元素完全相同，不同组的元素互不相同，则这n个元素的全排列数为

n!.n1!n2!...nk!2.几个常用的组合公式

（1）单组组合：从n个不同的元素中任取m(mmn)个并成一组，其组合数为Cn.（2）多组组合：将n个不同的元素分成k组，每组分别有n1,n2,...,nk个元素，则不同的分组方法数为n!.n1!n2!...nk!n1（3）从n个不同元素中任意取m个元素（可重复取）的组合数为Cnm1.3.组合恒等式

下面是大家熟知的组合恒等式

（1）

kkkk1knkCnCn1Cn1 , CnCn.Cnnk1Cn1（nk1)k（2）CnnmkkmkCmCnCnk

(nmk).（3）Ck0nkn2n

(nk1)

（4）(1)k0nkkCn0

(n1)。

4．二项式定理： 设n是正整数，x,y是任意实数，则

kknk(xy)Cnxy.k0n

特别有：设n是正整数，x为任意实数，则(1合恒等式（3），（4））

kkx)Cnx.（分别令x1和x1就可得证组nk0n5.加法原理和乘法原理

加法原理：如果完成一件事情的方法可以分成有n个互不相交的类，且第i类中有mi种方法，则完成这件事情一共有m1m2mn种方法.乘法原理：如果完成一件事情需要分为n个步骤（每个步骤仅完成这件事情的一部分），且第i个步骤有mi种方法，则完成这件事情一共有m1m2mn种方法.6． 两个重要定理

S的子集，则 定理1（容斥原理）设A1,A2,,Am是有限集合|A1A2Am||Ai|i1m1ijm|AiAj|1ijkm|AiAjAk|(1)m1|A1A2Am|.定理2（配对原理）对于两个不具有同类元素的有限集合 A与B，如果存在集合A到集合B上的双射（即一一映射）f，则集合A与B的元素个数相等，即|A||B|.7.抽屉原则

把8件物品任意的放进7个抽屉种，不论怎么放置，则至少有一个抽屉中有两件或两件以上上述物品。这是日常生活中简单而直观的常识，这一常识反映了数学中十分深刻的分类原则。这就是抽屉原则。他是数学中的一个重要原则，把他推广导一般情形就得到如下几种表现形式：

1． 把n1个元素分到n个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含有两个或两个以上的元素。

2． 把nm1个元素分到n个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含有m1或m1个以上元素。

3． 把n个元素元素分到k个集合中，那么必有（至少有）一个集合中含有元素的个数[]，也必有（至少有）一个集合中含有元素的个数[]。

4． 把q1q2......qnn1个元素分到n个集合中，那么必有（至少有）一个nknki(1in)，在第i个集合中元素的个数qi。

5． 把无穷多个元素分为有限个集合，那么必有（至少有）一个集合中元素个数为无穷。

这几种表现形式很容易用反证法证明。

一般地说，适合应用抽屉原则来解决的数学问题具有如下特征：所给的元素具有任意性。问题的结论是存在性命题。题中常含有“至少有”“必有”“一定有”“不少于”等词语。其结论只是存在，不必确定。

应用抽屉原则解题的本质是把所讨论的问题利用抽屉原则将范围缩小，使之能在一个特定的范围内考虑问题，使问题变得简单而明确。应用抽屉原则解题得基本思想是根据问题的自身特征，洞察问题的本质。先弄清楚对哪些元素进行分类，再找出分类的规律。下面通过具体的例题来介绍构造抽屉的方法。

例题 例1． 求证 1k1C(2n11).nn1k0k1n分析：这是一个组合代数式的求和问题，考虑到和的特征导出相应的转化关系使问题得到解决。

证明：因为

1k1nn1kCnCnk1n1k1k0k01nk1Cn1n1k01n1j Cn1n1j11n1j(Cn11)n1j01(2n11).n1 n说明：这是一个组合恒等式的证明，应用组合数的基本性质证明组合恒等式是常用的方法，其他还有数学归纳法、组合分析法、递推法等。

例2． 求证：（1）Ck0rrknrkrCmCnm(nmr)；

（2）(Ck0knn)2C2n（范德蒙恒等式）

分析：这是一个组合代数式与相应的组合数的关系，从而联想到二项式展开式使问题得到解决。

证明：（1）因为(1x)(1x)所以(nm(1x)nm

nmr0Ck0rnknrrx)(Cx)Cnmx kjmjj0m比较上式两边x的系数得

Ck0rknrkrCmCnm 结论成立。

（2）在上式中令 mrn 即可得证

(Ck0rknn)2C2n。

说明：这是两个有名的组合代数恒等式，该式的证明运用了二项式展开式以及代数运算巧妙的证出结论。事实上有时运用二项式定理及适当的赋值也是证明组合代数式的一种有效的方法。例3．（1996年全国联赛试题）从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色.则不同的染色方法共有_______种.(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同.)分析 本题是几何计数问题，可按照一定的标准分类来进行计数，关键是做到不重复、不遗漏.解 因为有公共顶点的三个面互不同色，故至少要用3种颜色，下面分四种情形来考虑.（1）6种颜色都用时，现将染某种固定颜色的面朝上，从剩下5种颜色中取一种颜色1染下底面有C5种方法，余下4种颜色染四个侧面（应是4种颜色的圆排列）有3！种方法.1所以不同的染色方案有C53!30种.5（2）只用5种颜色时，从6种颜色中取5种颜色有C6种方法，这时必有一组对面同色.1从5种颜色中取一种颜色染一组对面，并将它们朝上和朝下，有C5种方法，其余4种颜色染四个侧面（应是4种不同颜色的链排列）有115C53!90种.C6213！种方法.所以不同的染色方案有24（3）只用4种颜色时，从6种颜色中取4种颜色有C6种方法，这时必有两组对面同色，另一组对面不同色，将不同色的一组对面朝上和朝下，并从4种颜色中取两种颜色染上、下底面，有C4种方法，其余两种颜色染四个侧面且使两组对面同色（应是两种不同颜色的4链排列），只有1种方法.所以不同的染色方案有C6C4190种.3（4）只用3种颜色时，从6种颜色中取3种颜色有C6种方法，这时三组对面都同色，3120种.用三种颜色去染它们只有1种方法.所以不同的染色方案有C622综上可知，不同的染色方案共有30＋90＋90＋20＝230种.说明 该问题的处理方法就是要抓住图形特征来进行分类考虑.例4．今有7种颜色的珍珠，共14颗，其中每种颜色的珍珠各2颗；今把这些珍珠分装在7

个珠盒中，使得每个珠盒中各有一个不同颜色的珍珠。证明：不论各盒的珍珠怎样搭配，总可以将这7个珠盒分别放置在一个正7边形的7个顶点上，使得7边形的任意两个相邻顶点处放置的盒中四颗珍珠互不同色。分析：这是一个复杂的组合问题，首先是不管怎样组合，都可找到符合题目要求的一种排列，所以解决问题的关键是对所有的组合情况进行分类考虑，得出相应的结论。

证明：（1）由题目条件，用点v1,v2,.....,v7分别表示这7种颜色，如果一个vi和vj色的珍珠放置在一个盒子中，则在vi和vj间连边，这样得到一个图G。由于同一色的珍珠有两颗，每一颗珍珠都与另一色的一个珍珠放置在同一个盒子中，则图G中的每点恰好发出两条边。从G中的任意一点A出发，沿一条边到B，再由B沿另一条边到C，......依次下去，最后必回到出发点A，这样在图G中必有圈。去掉这个圈，若剩下还有点，依上方法知又将得到新的圈，若称两点圈为“两边形”，则图G的结构只有如下四种情况：

10.一个7边形；

20.一个5边形，一个两边形；

30.一个4边形，一个三角形； 40.一个三角形，两个两边形。

对每种情况进行编号分析：

10.表明每盒珍珠的颜色搭配是：(v1,v7)，(v1,v2)，(v2,v3)，(v3,v4)，(v4,v5)，(v5,v6)，(v6,v7)则依次将(v1,v7)，(v3,v4)，(v5,v6)，(v1,v2)，(v6,v7)，(v4,v5)，(v2,v3)放置在正7边形的7个顶点上是符合题目要求的放置；

20.表明每盒珍珠的颜色搭配是：(v1,v5)，(v1,v2)，(v2,v3)，(v3,v4)，(v4,v5)，(v6,v7)，(v7,v6)则依次将(v1,v5)，(v3,v4)，(v1,v2)，(v6,v7)，(v2,v3)，(v4,v5)，(v7,v6)放置在正7边形的7个顶点上是符合题目要求的放置；

30.表明每盒珍珠的颜色搭配是：(v1,v4)，(v1,v2)，(v2,v3)，(v3,v4)，(v5,v6)，(v6,v7)，(v7,v5)则依次将(v1,v4)，(v2,v3)，(v5,v6)，(v1,v2)，(v6,v7)，(v3,v4)，(v7,v5)放置在正7边形的7个顶点上是符合题目要求的放置；

40.表明每盒珍珠的颜色搭配是：(v1,v3)，(v1,v2)，(v2,v3)，(v4,v5)，(v5,v4)，(v6,v7)，(v7,v6)则依次将(v1,v3)，(v4,v5)，(v6,v7)，(v1,v2)，(v5,v4)，(v2,v3)，(v7,v6)放置在正7边形的7个顶点上是符合题目要求的放置。综上可得所证结论成立。

说明：本问题是将组合问题结合图的思想将其进行合理的分类，从而得到相应的排列方法。

例5．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有多少种．

分析：将24个志愿者分配给3个学校可用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如

|||| 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额。（这也就是通常称的占位法）。也可以用不定方程求解。[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如

||||

表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．

若把每个“”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有C2种． 23253又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．

综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．

说明：该问题给出了两种解法都是运用了问题转化的方法，把不容易处理的问题转化成熟知的容易理解和处理的问题。这也是数学竞赛中经常使用的方法，要想熟悉运用这一思想方法必须多分析这样的一些相关问题。

例6．方程2x1x2......x103有多少个非负整数解（每个量都为非负整数）？ 分析：由题中条件知左边变量中至多有3个为1，特别是由于x1的系数为2可知x1只能取0，1两种情况，从而得到相应的解决方法。

解： 2x12x1x2......x103 所以 x10,1下面分两种情况考虑

（1）x10 则 x2x3......x103 且 xi0(i2,3,...,10)

取 yixi1，则原方程等价于 y2y3...y1012 且yi1(i2,3,...,10)则

8用隔板法知该方程的解的个数为C1111109165.321

（2）x11，则x2x3......x101 因此x2,x3,......,x10中必有一个为1，其他的是10，这样的解有C99

于是原方程组的非负解的个数为165+9=174（个）。

例7．已知A与B是集合{1,2,3,......,满足：A与B的元素个数相同，且AB100}的两个子集，为空集。若nA时总有2n2B，则集合AB的元素个数最多为多少？

分析：该问题是组合构造，由条件A与B的元素个数相同且若nA时总有2n2B，知|A||B|，且2n2100,从而可知A中的元素不超过49，为此需要进行分类考虑。

解：首先证明|AB|66，只需要证明 |A|33。由分析只需要证明若A是 {1,2,3,......,49}的任何一个34元子集，则必存在nA，使得2n2A。证明如下：将{1,2,3,...,49}分成如下33个集合：

{1,4},{3,8},{5,12}......,{23,48}共12个；{2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共4个；{25},{27},{29},...,{49}共13个；{26},{34},{42},{46}共4个。则若A是{1,2,3,......,49}的任何一个34元的子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的两个数均属于A，即存在nA，2n2A。所以|A|33。事实上，如取

A{1,3,5,...,23,2,10,14,18,25,27,29,...,49,26,34,42,46}，B{2n2|nA}，则A,B满足题中要求，且|AB|66.所以集合AB的元素个数最多为66。

说明 这个问题与例1不一样，该问题是自己由题中条件和结论要构造出符合要求的集合，分类的方法完全不同，这说明研究解决这类问题的技巧很重要.本题根据题中集合A,B所满足的条件，将1，2，....,49进行分类使问题得到解决。.例8.设 x1,x2,......xn为实数，满足 x12x22......xn21。求证：对每一个整数 k2，存在不全为零的整数 a1,a2,......an 使得 |ai|k1.(i1,2,......n)且

|a1x1a2x2......anxn|证明：由柯西不等式

(k1)n nk1222(|x1||x2|......|xn|)2(1212......12)(x1x2......xn)

即 |x1||x2|......|xn|所以 当 0aik1 时有

n

a1|x1|a2|x2|......an|xn|(k1)(|x1||x2|......|xn|(k1)n把区间 [0,(k1)n] 等分为 kn1 个小区间，每个小区间的长度为

(k1)n。由于每个 ai 能取 k 个数，因此 nk1a1|x1|a2|x2|......an|xn| 共有 kn 个数。

由抽屉原则知，必有两个不同的数会落在同一个小区间内。设它们分别为

ai1n1i|xi| 与 ai|xi|

2i1n因此有 |(aiai)|xi||12i1n(k1)n nk1很显然，|aiai|k1,(i1,2,......n)

12aai现在取 ai{i21aiai于是可得 |n12xi0xi0

aixi|i1(k1)n 且 ai 适合 |ai|k1,(i1,2,......n)。结nk1论成立。

例12． 例9.一个国际社团的成员来自六个国家共1978人，用1，2，`````` 1977，1978来编号，试证明：该社团至少有一个成员的编号或与他的两个同胞的编号之和相等或者是其中一个同胞编号的两倍。

证明：可用反证法来证明与本题完全相当的下列问题：把数列1，2，``````，1977，1978 按任意一方式分成六组，则至少有一组具有这样的性质，其中必有一个数或等于同组的其他两个数的和或者等于其中某一个数的两倍。

假设这六组数中的每一组数都不具备上述性质，也就是说每一组数都具备下列性质（记作性质P）：同组中任意两个数的差必不在该组中。因为如果 a,b 连同

ab 都在一组，那么 ab(ab)与假设矛盾。

因 19786329 所以由抽屉原则可以肯定有一组其中至少有330 个数（不妨记为A）现在在A 中任取330个数来，记其中最大的为a1 把a1分别减去其余的329个数得到329个数，它们互不相等且大于0而小于1978。由性质（P）知这329个数不能在A中，即应该属于另外五组中，又329565 所以其余5组中必有一组至少含有上述329个数中的66个数（不妨记为B），从B中取出上述329个数中的

任66个，其中最大的一个记为b1 再把b1减去其余的65个数得出65个数任然大于0而小于1978 显然 这65个数不属于 B，当然也不属于A

假如其中的某个数属于 A 即 b1bA，由于 b1,b 分别可写为

b1a1a'，ba1a 其中 a',a都属于A 于是

b1b(a1a')(a1a)aa'。这同A 具备性质（P）矛盾。

这就说明上述65个数必属于另外 四个数组中。

由于 65416 所以至少有一组其中含上述65个数中17个数（记为C）类似上述过程，最后可得一数组F，其中至少有两个数，大数与小数的差是大于0而小于1978的整数，可是它不在A,B,C,D,E,F的任一组中，这显然是一个矛盾的结果。从而说明假设不对，也就是这六组数至少有一组具备性质（P）。即题目结论正确。

例10.设S为凸15边形的所有对角线（就是互不相邻的点的连线）组成的集合，假若将S分成k个互不相交的非空子集合S1,S2,....,Sk适合对任意不同的i,j（1i,jk）至少存两对角线dSi，d'Sj在该凸15边形内部相交，则k的最大值为 解：45 首先15边形的对角线数为

15141590，若k45，则至少有一个集合中只有一条对2角线，不妨设S11，则其他顶点在S1的两侧，如果一边有v个顶点，另一边就有13v个顶点，从而能与S1这一对角线相交的对角线为v(13v)6742，则显然不可能分成题目要求的k个互不相交的非空子集合S1,S2,....,Sk适合对任意不同的i,j（1i,jk）至少存在两相交的对角线dSi，d'Sj，所以k45.现在构造每个集合两条对角线且满足条件，构造如下：

{AiAi2,Ai1Ai8} {AiAi3,Ai2Ai8} {AiAi4,Ai3Ai8}

15，如集合中顶点A的下标大于15就取15的剩余得到相应的顶上述三类集合中i1,2,...,点，显然共有45个子集，且满足要求，所以结论得证。

事实上n2，设S为4n1（或4n3可得相应的结果）个顶点的凸多边形所有对角线的

集合，假设可将S分成S1,S2,...Sk互不相交的非空子集的并，且对任意不同的i,j（1i,jk）存在对角线dSi，和d'Sj，d,d'有公共的内交点，则k可取的最大值为什么？（这个问题就是上述问题的一般化）解：最大值是k(n1)(4n1)

事实上|S|2(n1)(4n1)，如果k(n1)(4n1)，则一定存在某个集合Si只有一条对角线设为d（也就是只有一个元素的集合），则不妨设v个顶点在d的一边，另外4n3v个顶点在另一边。，这时与d相交的对角线为v(4n3v)(2n2)(2n1)

由条件知 k(2n2)(2n1)1(n1)(4n1)(n2)(n1)(4n1).矛盾！现在构造满足k(n1)(4n1)的一种分划。把所有顶点标号A1,A2,A3,....,A4n1，令Ai(4n1)Ai 考虑t2,3,...,n，i1,2,3,...,4n1 St,i{AiAit,Ait1Ai2n}，显然其是S的满足k(n1)(4n1)的一种分划，现在我们要证明满足题中条件，也就是任意两个不同的子集中有两个元素相交。考虑两子集Si,t,Si',t'，由于园的对称性，假设i0，对角线d与St,0中对角线没有内交点，则d的两个顶点只能分别同时在如下的3个集合中

{A0,A1,...,At1}，{At,At1,...,A2n}，{A2n,A2n1,...,A4n1}（A0A4n1）

现在要证，对任意集 St',i'中两条对角线至少有一条其两个顶点不同属于上述3个集合中某一个中。事实上，上述三个集合中最多含有2n个连续的顶点，而任意集 St',i'中两条对角线分别为Ai'At'i',Ai't'1Ai'2n 在确定t'，在i'变化时至少有一条对角线上两个端点不在同一集合中。结论得证。

例11.有12k人参加会议，每人都卡好与3k6人握过手，并且对其中任意两人与这两人都握过手的人数皆相同，问有多少人参加会议？

解：设对任意两人与他们握过手的有n人，考虑某个人a，与a握过手的人的全体记为A，与a没握过手的人的全体记为B，由题意|A|3k6，|B|9k7.再考虑bA，则与a,b均握过手的n人都在A中，因此有与b握过手的n人在A中，与b握过手有3k5n人在B中。再考虑cB，则与a,c都握过手的n个人在A中，于是A与B之间的握手数为

(9k7)n(3k6)(3k5n)，则 n(3k6)(3k5)从而

12k1

16n(12k125)(12k121)

12k1由于(3,12k1)1，所以

12k1|257

2则 12k17, 12k157，12k157

经检验，只有 12k157 产生整数解

k3,n6.下面构造一个36点组成的图，图中每点引出15条边，且每一对点与他们相连的均为6个点 则可用 6个完全图K6，再从一个K6图中的每点向另外5个K6图中分别取一组相邻点连边即得。

第二篇：数学联赛(奥赛)经验指导

一道平面几何题（必考）40分

一道不等式题（必考）50分

剩下的两道题在数论、数列、函数、平面解析几何、组合与排列、图论中出 一般大家比较喜欢做不等式的题，因为不等式属于高中内容

图论的题只有竞赛中涉及，所以大多数同学都感到应付图论题目比较棘手

平面几何要掌握的是几个重要定理

塞瓦定理及其第一角元和第二角元形式

梅涅劳斯及其第一角元和第二角元形式

托勒密定理

西姆松定理

不等式也要掌握几个重要不等式

均值不等式：

调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数（必掌握）

柯西不等式及其变形（必掌握）

权方和不等式（了解）

幂平均值不等式（了解）

holder不等式（了解）

切比雪夫不等式（了解）

还要掌握证明不等式的重要方法：配凑法

数论最重要的是同余算法以及对各种情况的讨论

之于其他类型的题就是可能出也可能不出，所以如果说侧重的话，应该是侧重在不等式、平面几何

好好训练一下，平面几何，初等数论，还有就是组合数学，这是二试中的重点！我想说一下你们高中生拿到平面几何题的通病，很多同学喜欢用解析几何来做，有时候算了半天，也没有结果.这主要是因为对初中所学知识有所遗忘，其二就是学了解析几何，以为方法多么高档，看到是几何就想用！其实一眼看穿才是最好的方法！我想这个很多时候解析几何是办不到的！一个几何命题，如果能用简单的几何方法证明，比用代数方法要更让人舒服.因为如果你用这种方法，你可以不用动笔，一直对到图形看，多看看就出来了，而你如果交给代数的话，我想光看，是看不出来的了吧，高手做几何，就是看！而不是算，即使一开始你看不出来要算，但是算完之后，你还是要想想能不能看！能够直接看出来才算对问题最完美的认识！才能进一步去引申.希望能够对你有所帮助！

第三篇：小学二年级数学奥赛题

演讲稿 工作总结 调研报告 讲话稿 事迹材料 心得体会 策划方案

小学二年级数学奥赛题

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二年级奥数 基础班第一讲 速算与巧算习题

1.计算:18+28+72 2.计算:100-68= 3,计算:67+98 4.计算:72-39+28

28+44+62+56 100-87= 261-197 382-60+59 * 9+99+999 1000-369= 500-47=

5.计算:99+98+97+96+95

6.计算:436-(36+57)579-83-17 7.计算:1+2+3+4+3+2+1= 8.计算:5+6+7+8+9 1+2+3+4+5+1+2+3+4+5+6= 1+4+7+10+13+16

提高班第一讲 速算与巧算习题

1.计算:18+28+72 2.计算:100-68= 3,计算:67+98 4.计算:72-39+28

28+44+62+56-20 1000-587= 261-197 382-60+59 9+99+999 1000-69= 500-47=

5.计算:99+98+97+96+95

6.计算:436-(136+157)579-83-17 7.计算:1+2+3+4+3+2+1= 8.计算:5+6+7+8+9 1+2+3+4+5+1+2+3+4+5+6= 1+4+7+10+13+16

基础班第二讲

1.数一数,图4-1中共有多少条线段?

图形计数

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习题

2.数一数,图中有多少个三角形?

3.图中有多少个正方形?

4.数一数,图形中有几个长方形?

5.数一数,下图中有多少个三角形?多少个正方形?

*6.数一数,下图中共有多少条线段?有多少个三角形?

*7.数一数,下图中共有多少个小于 180°角?

*8.数一数,下图中共有多少个三角形?

习题 答 案

1.2.3.4.5.6.7.8.9.10 条线段 5个 5个 7个 6个 17 个(4+3+2+1)×(3+2+1)=60(个)7 个正方形 10 个三角形 6个 5个 12 个 个三角形 30 条线段 个小于 180°角 10+3+6=19(个)

提高班第二讲

1.数一数,图4-1中共有多少条线段?

图形计数

习题

*2.数一数,图4—2中共有多少条线段?

3.数一数,图中有多少个三角形?

*4.*** 5.图中有多少个正方形?

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6.数一数,图形中有几个长方形?

7.数一数,图中共有几个三角形?几个正方形?

8.数一数,下图中共有多少条线段?**有多少个三角形?

9.数一数,下图各图中各有多少个三角形?

*10.数一数,下图中有多少个小于 180°角?

习题答案

1.10 条线段 2.14 条线段 3.5 个 4.12 个 5.5 个 6.7 个 6个 12 个 17 个(4+3+2+1)×(3+2+1)=60(个)6个 5个

7.8.9.10.个三角形 30 条线段 19 个三角形

个正方形 10 个三角形

个小于 180°角

2005 秋季班第三讲基础班

1.把一根粗细均匀的木头锯成 6 段,每锯一次需要 3 分钟,一共需要多少分钟?

2.把一根粗细均匀的木头锯成 5 段需要 20 分钟,每锯一次要用多少分钟?

3.一根木料长 10 米,要把它锯成一些 2 米长的小段,每锯一次要用 4 分钟,共要用多少 分钟?

4.公园的一条林荫大道长 300 米,在它的一侧每隔 30 米放一个垃圾桶,需多少个垃圾桶?

5.学校有一条长 60 米的走道,计划在道路两旁栽树.每隔 3 米

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栽一棵,(两端都栽),那 么共需多少棵树苗?

6.测量人员测量一条路的长度.先立了一个标杆,然后每隔 5 米立一根标杆.当立杆第 10 根时,第 1 根与第 10 根相距多少米?

7.一个圆形池塘,它的周长是 27 米,每隔 3 米栽种一棵树.问:共需树苗多少株?

8.有一正方形操场,每边都栽种 5 棵树,四个角各种 1 棵,共种树多少棵?

◎开动脑筋:小叮当家有个老式的钟,每敲响一下延时 3 秒,间隔 1 秒后再敲第二下.他每 天就听着这个钟起床,假如从第一下钟声响起,小叮当就醒了,那么到小叮当确切判断出已 是清晨 6 点,前后共经过了几秒钟?

答案 1.15 分钟

2.5 分钟

3.16 分钟

4.11 个

5.42 棵

6.45 米

7.9 株

8.16 棵 ◎小叮要确切判断是否清晨 6 点, 他一定要等到“间隔 1 秒”结束后而没敲响第 7 下, 才能判 断出是清晨 6 点.(3+1)×6=24 秒

提高班家庭作业答案:植树问题 家庭作业答案:

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1.把一根粗细均匀的木头锯成 6 段,每锯一次需要 3 分钟,一共需要多少分钟?

2.把一根粗细均匀的木头锯成 5 段需要 20 分钟,每锯一次要用多少分钟?

3.一根木料长 10 米,要把它锯成一些 2 米长的小段,每锯一次要用 4 分钟,共要用多少 分钟?

4.公园的一条林荫大道长 300 米,在它的一侧每隔 30 米放一个垃圾桶,需多少个垃圾桶?

5.学校有一条长 60 米的走道,计划在道路两旁栽树.每隔 3 米栽一棵,(两端都栽),那 么共需多少棵树苗?

6.测量人员测量一条路的长度.先立了一个标杆,然后每隔 5 米立一根标杆.当立杆第 10 根时,第 1 根与第 10 根相距多少米?

7.一个圆形池塘,它的周长是 27 米,每隔 3 米栽种一棵树.问:共需树苗多少株?

8.有一正方形操场,每边都栽种 5 棵树,四个角各种 1 棵,共种树多少棵?

*9.有 9 棵树,要求栽成 8 行,每行 3 棵,应该怎样栽?

◎开动脑筋:小叮当家有个老式的钟,每敲响一下延时 3 秒,间隔 1 秒后再敲第二下.他每 天就听着这个钟起床,假如从第一下钟声响起,小叮当就醒了,那么到小叮当确切判断出已 是清晨 6 点,前后共经过了几秒钟?

答案 1.15 分钟

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2.5 分钟

3.16 分钟

4.11 个

5.42 棵

6.45 米

7.9 株

8.16 棵

9.只有 9 棵树,要求栽的行数多,使我们自然想到正方形有 4 条边,两条对角线,就有了 6 行,再把对边的中点连起来,又是 2 行,一共有 8 行了.这样就有 9 个交点,每边 3 个交 点,在交点处栽树,正好 9 棵树栽成了 8 行,每行 3 棵.栽法如图 20-4 所示.◎ 小叮要确切判断是否清晨 6 点,他一定要等到“间隔 1 秒”结束后而没敲响第 7 下,才 能判断出是清晨 6 点.(3+1)×6=24 秒

秋季班第四讲家庭作业答案: 2005 秋季班第四讲家庭作业答案:趣味数学

基础班

1.妹妹今年 6 岁,哥哥今年 11 岁,当哥哥 16 岁时,妹妹几岁?

2.小明从学校步行到少年宫要 25 分钟,如果每人的步行速度相同,那么小明,小丽,小 刚,小红 4 个人一起从学校步行到少年宫,需要多少分钟?

3.一张长方形彩纸有四个角,沿直线剪去一个角后,还剩几个角?(画图表示)

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4.晚上停电,小文在家点了 8 支蜡烛,先被风吹灭了 1 支蜡烛,后来又被风吹灭了 2 支.最后还剩多少支蜡烛?

5.有 16 个小朋友在操场上玩捉迷藏游戏,已经捉住了 9 人,藏着的还有几人?

6.19 名战士要过一条河,只有一条小船,船上每次只能坐 4 名战士,至少要渡几次,才能 使全体战士过河?

7.布袋里有两只红袜子和两只黑袜子, 至少拿出几只, 才能保证配成一双同样颜色的袜子?

8.布袋里有形状大小完全一样的篮球和黄球各 4 个, 要保证一次拿出两种颜色不相同的球, 至少必须摸出几个球?

9.跷跷板的两边各有四个铁球,这时跷跷板保持平衡.如果拿掉一个铁球,跷跷板上还有 几个铁球?

10.一根电线,对折再对折,最后从中间剪开,剪开的电线一共有几段?

答案 1.16-11+6=11(岁),4 个人一起到从学校步行到少年宫所用的时间等于小明 1 个人从学校步行到少年宫所

用的时间,需要 25 分钟.3.根据不同的剪法,可以剩下 5 个角,4 个角或 3 个角

4.1+2=3(支)

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5.16-9-1=6(人)

6.19-4=15(名)4-1=3(名)15÷3=5(次)5+1=6(次)

7.如果一次摸出 2 只恰好是不同颜色,再摸 1 只一定和其中 1 只颜色相同.所以一次至 少要摸出 3 只才能保证配成一双颜色相同的袜子.8.如果一次摸出的 4 个是同一种颜色的球,再摸一个一定是另一种颜色的球,所以一次 至少摸出 5 个球才能保证得到两种颜色不同的球.9.如果拿掉一个铁球,翘翘板上一个铁球也没有了.10.对折后再对折,从中间剪开,有三头是连着的,所以一共有 8-3=5(段)

提高班

1.妹妹今年 6 岁,哥哥今年 11 岁,当哥哥 16 岁时,妹妹几岁?

2.小明从学校步行到少年宫要 25 分钟,如果每人的步行速度相同,那么小明,小丽,小 刚,小红 4 个人一起从学校步行到少年宫,需要多少分钟?

3.一张长方形彩纸有四个角,沿直线剪去一个角后,还剩几个角?(画图表示)

4.有 16 个小朋友在操场上玩捉迷藏游戏,已经捉住了 9 人,藏着的还有几人?

5.教室里有 8 盏灯,全部亮着,现在关掉了 4 盏,教室里还剩几盏

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灯?

6.19 名战士要过一条河,只有一条小船,船上每次只能坐 4 名战士,至少要渡几次,才能 使全体战士过河?

7.布袋里有两只红袜子和两只黑袜子, 至少拿出几只, 才能保证配成一双同样颜色的袜子?

8.布袋里有形状大小完全一样的篮球和黄球各 4 个, 要保证一次拿出两种颜色不相同的球, 至少必须摸出几个球?

9.跷跷板的两边各有四个铁球,这时跷跷板保持平衡.如果拿掉一个铁球,跷跷板上还有 几个铁球?

10.一根电线,对折再对折,最后从中间剪开,剪开的电线一共有几段?

11.一位厨师用西红柿,青椒,土豆,云豆,茄子中的任意两种蔬菜炒一盘菜,而且搭配不 同,算一算他做多能炒几盘菜?

12.六名选手参加乒乓球比赛,每两人都要赛一场,他们一共要赛几场?

答案 1.16-11+6=11(岁)

2.个人一起到从学校步行到少年宫所用的时间等于小明 1 个人从学校步行到少年宫所

用的时间,需要 25 分钟.3.根据不同的剪法,可以剩下 5 个角,4 个角或 3 个角

4.16-9-1=6(人)

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5.只是关掉了 4 盏灯,并没有移走,所以教室里还是有 8 盏灯.6.19-4=15(名)4-1=3(名)15÷3=5(次)5+1=6(次)

7.如果一次摸出 2 只恰好是不同颜色,再摸 1 只一定和其中 1 只颜色相同.所以一次至 少要摸出 3 只才能保证配成一双颜色相同的袜子.8.如果一次摸出的 4 个是同一种颜色的球,再摸一个一定是另一种颜色的球,所以一次 至少摸出 5 个球才能保证得到两种颜色不同的球.9.如果拿掉一个铁球,翘翘板上一个铁球也没有了.10.对折后再对折,从中间剪开,有三头是连着的,所以一共有 8-3=5(段)

11.西红柿与青椒,土豆,云豆,茄子分别搭配能炒 4 盘菜;青椒与土豆,云豆,茄子分别 搭配能炒 3 盘菜;土豆与云豆,茄子分别搭配能炒 2 盘菜.一共能炒 4+3+2+1=10(盘)菜

12.5+4+3+2+1=15

基础班

1.每题移动一根火柴棒,使等式成立.第五讲

摆火柴棒

习题

2.如图:拿掉 3 根火柴,使它变成 3 个正方形,怎样拿?

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3.用 12 根火柴棒,摆成 6 个大小一样的三角形,请你拿走 3 根,还剩下 3 个大小一样的三 角形.4.如下图,由火柴棒摆了两只倒扣着的杯子,请移动 4 根火柴,把杯口正过来.5.由火柴摆成的定风旗如图所示,移动四根火柴,使它成为一座房子.6.用 10 根火柴摆成两只高脚杯(如图),移动六根火柴,使它变成一座房子.7.用 12 根火柴,摆成四个大小一样的正方形,怎么摆? 8.先用 14 根火柴摆成下图的房子,再移动其中的 2 根火柴,把这座房子改成面向左边的

9.这个图形是用 5 根火柴摆成的,请你移动 3 根火柴的位置,把它倒过来.10.用火柴棒摆成头朝上的龙虾,移动三根火柴,使它头朝下.11.用 9 根火柴摆成的路灯,移动四根,把它变成四个完全相等的三角形.12.用 12 根火柴摆成的灯,移动三根火柴,变为五个完全相等的三角形.13.用 10 根火柴摆成一个三角阵,请你移动 3 根火柴,使这个三角阵的尖端向下,把图形倒 过来.14.用火柴摆成四个正方形,如移动其中 2 根,使图形中减少一个正方形,应怎样移动?

习题答案

提高班 第五讲

1.每题移动一根火柴棒,使等式成立.摆火柴棒

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习题

2.如图:拿掉 3 根火柴,使它变成 3 个正方形,怎样拿?

3.用 12 根火柴棒,摆成 6 个大小一样的三角形,请你拿走 3 根,还剩下 3 个大小一样的三 角形.4.如下图,由火柴棒摆了两只倒扣着的杯子,请移动 4 根火柴,把杯口正过来.5.由火柴摆成的定风旗如图所示,移动四根火柴,使它成为一座房子.6.用 10 根火柴摆成两只高脚杯(如图),移动六根火柴,使它变成一座房子.7.用 12 根火柴,摆成四个大小一样的正方形,怎么摆? 8.先用 14 根火柴摆成下图的房子,再移动其中的 2 根火柴,把这座房子改成面向左边的

9.这个图形是用 5 根火柴摆成的,请你移动 3 根火柴的位置,把它倒过来.10.用火柴棒摆成头朝上的龙虾,移动三根火柴,使它头朝下.11.用 9 根火柴摆成的路灯,移动四根,把它变成四个完全相等的三角形.12.用 12 根火柴摆成的灯,移动三根火柴,变为五个完全相等的三角形.13.用 10 根火柴摆成一个三角阵,请你移动 3 根火柴,使这个三角阵的尖端向下,把图形倒 过来.14.用火柴摆成四个正方形,如移动其中 2 根,使图形中减少一个正方形,应怎样移动?

习题答案

二年级 秋 季班 第六讲 找规律填图习题 基础班

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1.请你接着画.2.根据前面几幅图的规律,接下去该怎样画?

3.根据前面几幅图的规律,接着画.4.在方框里画○,应该怎样画?

5.想一想,第三幅图应该怎样画?

6.先找一找方框里八个图形每行排列的规律,再从右面挑选一个合适的图形,把这个 图形的号码填人空格内.7.在下面空白的方格里,填上几号图形才适当?

习题答案

二年级 秋季班

第六讲 提高班

找规律填图

习题

1.请你接着画.2.根据前面几幅图的规律,接下去该怎样画?

3.根据前面几幅图的规律,接着画.4.在方框里画○,应该怎样画?

5.想一想,第三幅图应该怎样画?

6.先找一找方框里八个图形每行排列的规律,再从右面挑选一个合适的图 形,把这个图形的号码填人空格内.7.在下面空白的方格里,填上几号图形才适当?

8.想想每组图形中的排列规律,从右面这些图中选择一个合适的精心收集

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图,并把这个 图的号码填在这一组的空白图里.习题答案

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第四篇：组合数学学年论文

什么是组合数学

姓名：郭晨霞 学号：20105034021 院系：数学与信息科学学院 专业：信息与计算科学 1 组合数学的简介

现代数学可以分为两大类：一类是研究连续对象的，如分析、方程等，另一类就是研究离散对象的组合数学。组合数学不仅在基础数学研究中具有极其重要的地位，在其它的学科中也有重要的应用，如计算机科学、编码和密码学、物理、化学、生物等学科中均有重要应用。微积分和近代数学的发展为近代的工业革命奠定了基础。而组合数学的发展则是奠定了本世纪的计算机革命的基础。计算机之所以可以被称为电脑，就是因为计算机被人编写了程序，而程序就是算法，在绝大多数情况下，计算机的算法是针对离散的对象，而不是在作数值计算。正是因为有了组合算法才使人感到，计算机好像是有思维的。

组合数学不仅在软件技术中有重要的应用价值，在企业管理，交通规划，战争指挥，金融分析等领域都有重要的应用。在美国有一家用组合数学命名的公司，他们用组合数学的方法来提高企业管理的效益，这家公司办得非常成功。此外，试验设计也是具有很大应用价值的学科，它的数学原理就是组合设计。用组合设计的方法解决工业界中的试验设计问题，在美国已有专门的公司开发这方面的软件。

组合数学是近年来随着计算机科学的发展而新兴起来的一门综合性、边缘性学科。组合数学是什么, 有很多不同的看法。Richard A.Brua Di 所著5Introductory Comb in atorics6 中认为组合数学研究的是事物按照某种规则的安排, 主要有: 存在性问题, 计数性问题和对已知安排的研究。Danie I.A.Coh en 所著5Basic Techniques of Combinatoria T heory6 中这样描述: 组合数学就是对给定描述的事物有多少种或者某种事物发生的途径有多少种的研究。综合以上观点, 组合数学就是主要研究/ 事物的安排0 中涉及的数学问题。组合数学研究的主要内容

在日常生活中我们常常遇到组合数学的问题。如果你仔细留心一张世界地图，你会发现用一种颜色对一个国家着色，那么一共只需要四种颜色就能保证每

两个相邻的国家的颜色不同。这样的着色效果能使每一个国家都能清楚地显示出来。但要证明这个结论确是一个著名的世界难题，最终借助计算机才得以解决，最近人们才发现了一个更简单的证明。

当你装一个箱子时，你会发现要使箱子尽可能装满不是一件很容易的事，你往往需要做些调整。从理论上讲，装箱问题是一个很难的组合数学问题，即使用计算机也是不容易解决的。航空调度和航班的设定也是组合数学的问题。怎样确定各个航班以满足 不同旅客转机的需要，同时也使得每个机场的航班起落分布合理。此外，在一些航班有延误等特殊情况下，怎样作最合理的调整，这些都是 组合数学的问题。

组合数学在企业管理，交通规划，战争指挥，金融分析等领域都有重要的应用。在美国有一家用组合数学命名的公司，他们用组合数学的方法来提高企业管理的效益，这家公司办得非常成功。此外，试验设计也是具有很大应用价值的学科，它的数学原理就是组合设计。用组合设计的方法解决工业界中的试验设计问题，在美国已有专门的公司开发这方面的软件。最近，德国一位著名组合数学家利用组合数学方法研究药物结构，为制药公司节省了大量的费用，引起了制药业的关注。组合数学的应用范例

幻方是组合数学的重要组成部分，下面将着重论述幻方的相关知识。幻方的定义及分类：幻方的定义：在一个由若干个排列整齐的数组成的正方形中，图中任意一横行、一纵行及对角线的几个数之和都相等，具有这种性质的图表，称为“幻方”。我国古代称为“河图”、“洛书”，又叫“纵横图”。

幻方的分类：对平面幻方的构造，分为三种情况：N为奇数、N为4的倍数、N为其它偶数(4n+2的形式)（这里主要研究平面幻方，对于立体幻方、高次幻方我们不做涉及）。

一、奇阶幻方：N为奇数的N乘N阶的幻方，其构造方法如下：(1)将1放在第一行中间一列；

(2)从2开始直到n×n止各数依次按下列规则存放：按 45°方向行走，如向右上。

每一个数存放的行比前一个数的行数减1，列数加1。

(3)如果行列范围超出矩阵范围，则回绕。

例如1在第1行，则2应放在最下一行，列数同样加1;(4)如果按上面规则确定的位置上已有数，或上一个数是第1行第n列时，则把下一个数放在上一个数的下面。

二、偶阶幻方。偶阶幻方又可分为两种：

1、N=4n；

2、N=4n+2.其中n为正整数。

（一）：N=4n时其构造方法如下： 采用对称元素交换法。

首先把数1到n×n按从上至下，从左到右顺序填入矩阵

然后将方阵的所有4×4子方阵中的两对角线上位置的数关于方阵中心作对 称交换，即a(i,j)与a(n-1-i,n-1-j)交换，所有其它位置上的数不变。

(或者将对角线不变，其它位置对称交换也可)

（二）：N=4n+2时其构造方法如下：

当n为非4倍数的偶数(即4n+2形)时：首先把大方阵分解为4个奇数(2m+1阶)子方阵。

按上述奇数阶幻方给分解的4个子方阵对应赋值上左子阵最小(i)，下右子阵次小(i+v)，下左子阵最大(i+3v)，上右子阵次大(i+2v)即4个子方阵对应元素相差v，其中v=n*n/4 四个子矩阵由小到大排列方式为 ① ③ ④ ②。

然后作相应的元素交换：a(i,j)与a(i+u,j)在同一列做对应交换(jn-t+2)，a(t-1,0)与a(t+u-1,0)；a(t-1,t-1)与a(t+u-1,t-1)两对元素交换。

其中u=n/2，t=(n+2)/4 上述交换使每行每列与两对角线上元素之和相等。

总之，组合数学无处不在，它的主要应用就是在各种复杂关系中找出最优的方案。所以组合数学完全可以看成是一门量化的关系学，一门量化了的运筹学，一门量化了的管理学。

第五篇：学习组合数学心得体会

组合数学学习心得体会

学习数学我感觉是一件很有味道的事情，令人思维变得敏捷活跃。学习组合数学更是令人思维更严谨更具逻辑性。组合数学不仅在基础数学研究中具有极其重要的地位，在其他的学科中也有重要的应用，如在计算机科学、编码和密码学、物理、化学、生物等学科中均有重要应用。如果说微积分和近代数学的发展为近代的工业革命奠定了基础，那么组合数学的发展则是奠定了21世纪计算机革命的基础。经过课堂学习和课外阅读我了解到组合数学的一些应用实例： 我们组合数学这一门课程在吴克俭老师的指导下，经过半学期的学习，我们主要学习了包括排列和组合，二项式系数，调和数、Fibonacci数与Catalan数，第二类Stirling数和Bell数，第一类Stirling数，正整数的分拆，Bernoulli数与Euler数，递归数列，形式幂级数等知识内容。老师教会了我数学思维和方法非常重要，而且组合数学学习的思维方法是解决有关的其他数学问题的一个很好的借鉴。

著名的组合数学家 Thomas Tutte 在组合数学界是泰斗级的大师。Tutte 从德军的两条情报密码出发，用组合数学的方法，重建了敌人的密码机，确定了德军密码的内部结构，从而获得了极为重要的情报；在美国有一家公司用组合数学的方法来提高企业管理的效益，这家公司办得非常成功；在美国已有专门的公司用组合设计的方法开发软件，来解决工业界中的试验设计问题；德国一位著名组合数学家利用组合数学方法研究药物结构，为制药公司节省了大量的费用，引起了制药业的关注；1962年中国组合数学家管梅谷教授提出了著名的“中国邮递员问题”。等等

我国著名数学家吴文俊院士指出，每个时代都有它特殊的要求，使得数学出现一个新的面貌，产生一些新的数学分支，组合数学这个新的分支也是在时代的要求下产生的。组合数学的发展改变了传统数学中分析和代数占统治地位的局面。现代数学可以分为两大类：一类是研究连续对象的，如分析、方程等，另一类就是研究离散对象的组合数学。计算机程序是计算机的大脑思维，而程序的本质就是算法，在绝大多数情况下，计算机的算法是针对离散的对象，而不是在作数值计算。组合数学的产生恰好满足了编写计算机程序的需求。

组合数学可以一般描述为：组合数学是研究离散结构的存在，计数，分析，和优化等问题的一门学科。经验证发现的组合数学最有力的工具之一为数学归纳法。归纳是一个强有力的过程，在组合数学中尤其是如此。用数学归纳法证明一个结果常常比证明一个弱结果更容易。许多组合问题的解决常常需要某些特别的例证，而且有时需要结合使用一般的理论。我们必须学会建立数学模型，研究模型，抓住问题的要害，灵活的应用智慧来解决问题。

组合数学涉及将一个集合的物体排列成满足一些指定规则的格式。以下两种问题反复出现：排列的存在性，排列的计数和分类。虽然对任何组合数学问题都可以考虑其存在性和计数问题，但在实际问题中如果存在性问题需要广泛的研究那么计数问题则是非常困难的。“排列和组合”是组合数学所研究的最简单、最基本的课题，学好“排列和组合”也是学好组合数学的开始，下面我举例说明：

排列主要分为四种：可重复排列、不可重复排列、限定型排列和圆排列。

限定型排列的定义为：设n元集

Sa1,a2,...,an，如果在S上取若干元素的排列中允许a1出现m1次，a2出现m2次，,an出现m2次，称这种排列为a1m1，m2a2，mnan型的。（其中miN,i1,2，n）

圆排列的定义为：集合S上的一个k元圆排列是指将S的k个元素x,x,x12k按顺时针或逆时针方向排成圆周状，记为

x1,x2，xk，则x2,x3,xk,x1，x,x,x,x,x34k12，xk1,xk，xk2。

例如、求多重集

M5a,3b的6-排列的个数。

15a,1bA 解：设所求为N.因为M的6-子集有如下3个：，6!6A24a,2b，A33a,3b，而A的全排列数为5!1!，A2的16!6!1520全排列数为4!2!，A3的全排列数为3!3!，所以由加法原则，得N=6+15+20=41.在吴老师有条理的引导下我对以上两种类型的排列能清楚的掌握。明白如何应用它。

组合主要分为两种：可重复组合和不可重复组合。下面我通过2个定理来掌握它们的定义。

定理1：n元集S上取k元的不重复组合（或k元子集）的个数为

n!k!nk!，nCkk记为或n（其中n为上指标，k为下指标）

nk1k，定理2：n元集S上取k元的重复组合（或k元重集）的个数为nk记为，也称为重复组合数。

例子、求把r件相同的物件分给n件的不同方法数。

解：设所求为N.又设第i

nr个人，使得每人至少分得一件物

1in个人分得xi件物件，则xi1且xx12xnr，所以N等于不定方程x1x2xnr的正整数解的r1rn。个数，为 所以说，在学习组合数学过程中我们掌握好方法很重要，要想完满地解决一个有关排列和组合的问题，往往需要较强的“组合思维”、巧妙的“组合方法”和熟练的“组合技巧”。以上只是浅谈了一下有关“排列和组合”的解决方法，组合数学中还有很多知识的奥妙有待我们探讨，挖掘其中的趣味。做为一位即将踏入教师讲台的我，我们必须把组合数学的学习放在一个重要的位置上来，掌握基本的组合数学原理，培养专业的数学思维。因为它非常有利于提高我们的逻辑思维能力，让我们提高分析问题和解决问题的能力。而且学好这门课程也是提高我知识面的有效途径，我坚信，只要经过努力，刻苦钻研，我可以更加深层的掌握组合数学的有关知识，更好地领会并应用组合数学的思想、理论和方法。