信息技术奥赛培训的一点体会

第一篇：信息技术奥赛培训的一点体会

信息技术奥赛培训的一点体会

索引号： ***036-2008-004 发布时间： 2008年11月4日 点击： 479 次 责任编辑： CF1

信息技术 胡剑侠

第十一届全国信息技术奥林匹克联赛（浙江赛区），906班的何秦囷同学在这次奥赛中取得了初中普及组220的总分，获得普及组二等奖。下面说说此次奥赛培训的一点体会。

这个奥赛培训在此之前我以前从来没有组织参与过，当初一开始主任让我们进行培训的时候，其实自己心里一点底都没有，因为连这个奥赛是考些什么具体内容都不是很清楚。学校既然那么重视，那就硬着头皮上。我听从陈明洪主任的意见，从初二挑了十几个学生（当初觉得没必要这么多，其实现在想想也是需要的，有可以进行再挑选的余地。）。

从网上找到竞赛大纲后，开始为初赛作准备。这个准备过程非常辛苦。竞赛的语言是pascal和C，我以前大学里学的是C语言，但由于C语言是去年才开始应用，所以历届资料非常少。为此，我放弃了C语言，改用自己一点都不熟悉的pascal。在教学生之前拼命啃书。没有学习资料，我们就去书店买书，教育局不给历届试题，我就自己上网搜索并下载。因为学生们没有书，也没有相关资料，我只能在每次上课前做好学生学习的课件。为了让学生们回家也能够继续学习，我还专门制作了一个奥赛学习的网站，http://www.xiexiebang.com/clindy/。

我很喜欢我的学生们，这批学生是我刚开始当教师的第一届，我对他们有着很深厚的感情。陈主任和肖老师并没有要求我们每天对学生进行训练，而且实际上对奥赛的辅导也没有什么实质上的报酬。我能坚持每天给他们上课，最主要的原因是很喜欢跟他们相处，愿意倾囊相授。到了临近暑假的一个月，天气到了38度，中午时间延长了，学校规定学生们午睡，以保证学生下午的课程。

要是我中午继续给他们上课，上完课他们就回不了寝室了。怎么解决这一问题呢？我让他们中午培训照常，到了一点半左右，就直接在机房里就寝，到两点二十分回教室。我也一样。其实学生们比起老师更辛苦。

这次培训积累了不少的经验和不足，主要有以下几点。

一、经验：

1、时间方面：

信息学奥赛的内容主要是程序设计与数据结构，这些全部都是大学计算机本科专业的重点课程。这是学生们毫无接触过的东西，也与平时课上的内容相脱节。学生们平时主课时间花得太多，我们只能用课余第八节和中午的时间进行辅导，像这样的进度，上完仅仅初赛的内容，至少需要一个学期。像程序设计，不用就会生疏，所以我觉得临比赛前的集训非常重要。有条件的话，最好也能把暑假的两个月的时间利用上。

2、重视程度：

信息技术奥赛要出成绩不容易，不仅仅在于比赛的难度，还在于我们的重视不够。这个重视不仅仅是在于辅导老师和学生个人，也在于学校，学部，班主任老师和家长的支持上。

浙江信息技术奥赛成绩在全国属于佼佼者，像此次初赛分数线要求70分，仅次于江苏，像其他省份基本上都是50几分。落后的省份更不用说了，20几分的都有。浙江信息技术奥赛做得比较好的地区是绍兴，他们进复赛的人数每年都占了将近全省的一半。他们之所以有这么好的成绩，除了辅导老师有多年的经验之外，还在于各方面的支持，信息技术他们从幼儿就开始抓起，每年在市里举办大型的比赛活动，还每年从国家，省里请来著名的有经验的教授和教师们对学生进行讲座的培训。（这并不是说我们学校也要这样劳师动众，必竟我们还没有出像他们这样的成绩可以值得花这个本钱，但从某种程度上就说明了绍兴对信息技术的重视。）而我们对学生进行培训，凑齐都比较有难度。有时候是班主任留下，或是某个任课老师留下。

也有时候是家长不同意他们进行学习。我当初所带的学生十个左右，其中就是因为有两个是因为家长的原因而退出培训的。坚持到最后的901班的胡佳男因为父亲的反对，每次都是战战兢兢的学习。本来说好的暑假培训的计划也因为他父亲的反对而终止。这不单单打击学生学习的积极性，也打击了我们这些辅导教师的积极性。培训到后来，各个学生的进度差次不齐，跟不上的学生陆续退出。到最后留下参加初赛的学生总共才四个。

3、选择好的苗子。

这次参加信息技术奥赛是我们的第一次，一点经验都没有，很多时候都是边学边教。在学生的选择上也只是选择几个计算机能力比较好的学生进行培训。到后来学习的时候发现仅有计算机知识是不够的。很多时候用到数学和物理的知识，特别是数学。初中普及组的数学很多时候用到高中的数学知识。数学学得不好，计算机奥赛就很难出成绩。这是我们以后选择学生的时候要注意的。也很希望各个学部的班主任老师和数学老师们能推荐好的学生们给我们。毕竟对学生们的其他成绩我们不是很了解。

4、与兄弟院校和教研室的联系要加强。

这次全国奥赛我们连参加的通知都没有收到，等我们知道的时候已经过了报名时间，跟教研室好说歹说才给了我们七个名额。现在信息技术发展这么快，单靠自己闭门造车是不行的，跟兄弟院校和教研室加强联系，很多资料的取得都会比较方便，这样就会事半功倍。

二、不足之处：

1、对奥赛的初赛做的准备不够。

这是仅仅我个人而言。把初赛想象的过于简单。主要也是由于去年的初赛题学生做出来的成绩还不错，考下来成绩4个学生基本上都上了去年的分数线，还有些高出二十几分。于是忙着为复赛的程序设计做准备。但是没想到的是分数线每年都越提越高，浙江省更是。到最后进复赛只有一个学生，这其实也是作为辅导教师的我始料不及的。

2、校内应多开展有关于信息技术的竞赛。

由于信息技术的培训是长期和枯燥的。除了靠学生的兴趣和持之以恒之外，我觉得还需要一些物质上和精神上的刺激，让学生们能更好的进行学习。宁波市不举办奥赛活动，我们也可以在校内多开展奥赛活动，评出些个奖项。学生们感到自豪，学习的劲头也会更足。这方面我们做得不够，所以学校里一直没有一种学习信息技术的气氛。

3、学生的选择上：

我觉得以后是否可以做出这样选拔活动。班主任推荐和学生自荐，计算机老师再在从中考试选拔。过段时间再考试再选拔，这样进奥赛辅导班的学生自然会有一种优越感，觉得自己很有长处，这样也很会有兴趣再进行学习了。

三、对学校的建议

1、学校对信息技术奥赛开始重视了，但是班主任和任课老师们的重视似乎还不够。时常从学生口中听到班主任老师说信息技术课没用之类的话，这在很大程度上就影响着学生们，学生们就不愿意来参加奥赛。（他们很愿意进机房的原因是为了游戏，而不是学习。）家长也一样，都不愿意自己的学生来参加信息学奥赛。我觉得学校也应该对他们多多做做工作。要知道信息技术奥赛一等奖同样有资格可以保送清华，北大的。（可能他们也不清楚）

2、留住我们的好学生。

这批我带奥赛的学生是初三毕业班的。过完这个学期就要择校，如果他们选择了其他学校，相当于我们一年的心血就白费了。像镇海中学，绍兴一中每年都出一批一等奖，除了学生本身素质好，与他们几年的长期培训不无关系。

3、抓住初三年级。

高中提高组拿一等，有保送清华，北大，交大等著名院校的资格，或直接高考加20-30分。如果高中我们从高一开始培训，那么他们只能在高二去考试一次机会，必竟高三再去考试这太危险了，对其他课程也有影响，而且一般12月底才出竞赛成绩，往往那个时候一些著名的高校保送工作都已结束。因此我建议抓住我们的初三学生。

初三学生也有中考与竞赛的矛盾。我想从中挑选一批能高中留万里的学生在接下来的第二学期进行适当的信息技术培训，再在暑假两个月进行集中培训，这样高一十月份也有希望出成绩。

以上是我个人对本次信息奥赛培训的一点心得体会。其实我们计算机老师每个都很敬业很负责任，奥赛培训是长期而且辛苦的，第一次带奥赛我们一点经验也没有，也不知道有没有希望。有的只是觉得这些学生比较喜欢并愿意教授他们而已。我们自己都是在摸索中慢慢进步起来的。我们都会尽力，争取更好的成绩。

简介:

信息技术奥赛培训的一点体会

第二篇：体会奥赛

第一单元 元角分与小数

复习目标：结合人民币的知识，理解小数的意义。巩固小数的读写法，结合意义复习大小比较。能较熟练地进行相关口算，突破位数不同小数的加减。加强解决问题的能力，运用

小数的加减法判断付钱时的“够吗：”

练习：

一、看谁算得又对又快。

4.5＋0.5＝ 5.6－3.2＝ 10+0.45＝ 7.4－0.6＝ 3.9＋7＝ 40＋6.8＝ 6－3.4＝ 6.3＋0.7＝ 46＋2.4＝ 32.5－10＝ 21.7+0.3＝ 2.2＋10.7＝

二、填空

１、０．３５读作（）８９．８９读作（）０．０７读作（）

六点七七二写作（）。零点零四写作（）

２、１０９分=()元

２元７分＝（）元

３、在○里填上“>”“<”或“=”。

１．２５元○２．１元

７．０１元○７．１０元

８．００元○８．０元 ３．６８元○３．６９元

８．９１元○８．７２元

０．１０元○０．０７

元

４、笑笑带了１０元钱，买了一个笔记本，找回３元６角，笔记本的价钱是（）元。５、笑笑有３张５元和５个２分的，淘气有５张２元的和４张５角的，（）的钱多，多（）元。

６、把下列各数按从大到小的顺序排列。

２元８角

０．４元

３角

０．０７元

三、用坚式计算。

31．5－12．7= 46．5+20．25= 10－5．6=

２．７5+３４．６=

四、问题解决 价格表： 饼干：３．５０元／袋 糖果：１７．８０元／盒 牛奶：２．８０元／瓶 雪碧：２．６０元／听 蛋糕：１．４０元／个

①最贵的是（），最便宜的是（）

②买一袋饼干和一听雪碧共需多少钱？ ③买一盒糖果和一袋饼干，２０元钱够吗？

④淘气买了一瓶牛奶，还剩下１５．２０元．你知道他带了多少钱吗？

⑤一瓶牛奶比一袋饼干便宜多少钱？ 第二单元评价要点（彭莹整理）

1、会识别轴对称图形，能在方格纸上画出简单图形的轴对称图形。（判断生活中的一些图案，哪些是对称的？提供一些简单的图形，判断是否为轴对称图形。画出简单图形的轴对称

图形。）

2、会举例说明生活中的平移和旋转现象，能在方格纸上画出简单图形沿水平方向、竖直方

向平移后的图形。

●错例及对策：

1、在学习轴对称图形方面：

学生基本能准确判断图形是否为轴对称图形，能找出图形的对称轴，但对于平行四边形，有个别学生误认为是轴对称图形。其次，在画轴对称图形方面，有学生未能准确把握轴对称图形方向相反，各对应点对对称轴的距离相等的特点，主要是出现如未理解轴对称图形的特点或没有正确确定原图与对称轴的距离导致出错。

对策：（1）指导学生通过量一量各对应点到对称轴的距离，再折一折，亲身体验轴对称图形的特点。

（2）指导学生掌握正确、简便的画图方法：描关键点法；连线法。（3）以某一点为标准点来确定整个图形与对称轴的距离。

2、关于平移

学生能准确判断平移现象，但对于数平移的距离，画平移后的图形存在困难。主要是平移的距离方面容易出错。部分学生理解为原始图于平移后图形间的距离为平移的距离。对策：

（1）引用蚂蚁搬家的故事，帮助学生直观感知，前后两只蚂蚁所走的距离是一样的。(2)通过玩“猫和老鼠”的游戏强化感知。(3)适当增加专项练习与错例分析。

强化练习：

一、填一填。

1、如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能够完全重合，这样的图形就叫（）图形，那条直线就是（）。

2、正方形有（）条对称轴。

3、这些现象哪些是“平移”现象，哪些是“旋转”现象：（1）张叔叔在笔直的公路上开车，方向盘的运动是（）现象。

（2）升国旗时，国旗的升降运动是（）现象。

（3）妈妈用拖布擦地，是（）现象。（4）自行车的车轮转了一圈又一圈是（）现象。

4、移一移，说一说。

（1）向（）平移了（）格。

（2）向（）平移了（）格。

（3）向（）平移了（）格。

二、请按照给出的对称轴画出第一个图形的轴对称图形，第二个图形请向上平移

3格。

三、判断。

1、长方形和正方形都是对称图形。

（）

2、从镜子中看到左图的样子是这样的。（）

第三单元 乘法 复习目标：进一步理解两位数乘两位数的算理，并依此进行估算。

巩固两位数乘两位数算法的掌握，提高运算速度和正确率。让学生进一步认识到计算习惯态度对计算正确率的影响，掌握一定的检查方法。如：估计积的大致范围或个位上的数。加强实际问题解决能力，主要是通过积的大小判断“够不够”“能不能”的问题。

练习：

一、直接写得数：

25×40= 12×30= 40×30= 70×50= 35×20= 60×12= 30×46= 60×62= 35×20= 60×12= 30×46= 60×62= 35÷20= 60÷12= 30－46= 60＋62=

二、我会填“＜”“＞”“＝” 54×12○540 21×43○20×43+43 27×5○25×7 11×22○22×11 60×21○62×21 36×12○24×18

三、根据１４×７＝９８，直接写出下面各题的积。

１４０×７＝

１４×７０＝

１４×７００＝

１４０×７０＝

四、选择合适的序号，填入括号内：

⑴估算３８×２7的积，下面较合适的是（）①９００

②８００

③７００

④６００

⑵１４的１４倍是（）①２８ ②１４４ ③１９６ ④１ ⑶３５０×２０的积末尾有（）个０。①１个

②２个

③３个

④４个

五、估一估，积最接近几？把它圈出来。如：３８×４１（１６００

１４００）

６８×１８（１２００

１６００）

２４×４２（８００

１０００）７９×５１（３５００

４０００）

２８×２３（６００

１０００）

六、我会算。１、用竖式计算。

２９×３０＝

５７×２４＝

８５０×１６＝

２、用递等式计算

２５×１２×５０

２９０×（５８－３５）

１３８÷２×６

七、我能解决问题。

１、学校组织全体同学去春游，一共租２５辆大车，每辆车坐４７位同学。一共有多少个同

学去春游？

２、汽车８：４０从学校出发，９：０５到达欢乐谷，汽车每分钟走８００米。从学校到欢

乐谷大约多少米？合多少千米？

●第四单元评价要点

1、体验统一面积单位的必要性，感受1厘米、1分米、1米等面积单位的实际大小，并能结合解决实际问题的过程进行面积单位的换算，2、理解长、正方形面积计算公式，并能运用公式解决简单的实际问题。

●复习重点：

2应重视估计实际面积的大小。（如作业本的大小，教室地面的大小，学校操场的大小）

重视实际背景中的单位换算。

重视面积、周长的实际应用。提高灵活、综合解决问题的能力。

●强化练习

1、填空。

（1）常用的面积单位有（）、（）和（）。

（２）边长是１厘米的正方形面积是（）。

（３）边长分别是１米、１分米、１厘米的三个正方形中，面积最大的是边长为（）的正方形。

（４）测量房间地面的大小要用（）单位。

（5）1平方米＝（）平方分米＝（）平方厘米 12平方米＝（）平方分米。

20平方分米＝（）平方厘米 4800平方厘米＝（）平方分米。

（）平方米＝9000平方分米。（6）在○中填上“＞”、“＜”或“＝”号。8米○80厘米

3800平方分米○4平方米

50平方分米○500平方厘米

1平方米○7500平方厘米

（7）边长1分米的正方形的面积和边长是（）厘米的正方形的面积相等。

(8)在括号里填上适当的单位名称。

课桌桌面 是180()。铅笔盒的表面大小是180()。花园的面积是180()。爸爸的身高是180()。

(9)用两个边长是1分米的正方形拼成一个长方形，长方形的周长是()分米，面积是()平

方2分米。

(10)小明家有三口人，住房面积是48平方米，他家人均住房面积是()平方米。(11)在一个面积是60平方米的墙上有3 个窗户，每个窗户的面积都是4平方米，如果要粉

刷这面墙，粉刷的面积是()平方米。

（12）一个长方形中横着一排可以摆6个边长为1厘米的正方形，竖着可以摆这样的5排，这个长方形的面积是（）平方厘米。

（13）一个正方形边长是5米，它的面积是（）平方米。

（14）一个长方形，长15米，宽8米，一个正方形边长是9米，长方形的面积比正方形的面积大（）平方米。

2、判断。（对的打“√”，错的打“×”。）

（1）边长4厘米的正方形周长和面积相等。

（）（2）两个周长相等的长方形，它们的面积也一定相等。（）（3）周长相等的长方形和正方形，正方形面积较大。（）（4）长方形的长不变，宽扩大2倍，周长和面积也都扩大2倍。（）

（5）正方形的边长扩大2倍，它的周长就都扩大4倍。（）（6）一个正方形如果边长扩大3倍，面积一定扩大6倍。（）（7）边长8米的正方形和面积是8平方米的正方形一样大。（）（8）长8米，宽6米的长方形和长12米，宽4米的长方形面积一样大。（）

3、选择正确答案的序号填在括号里。

（1）用9个1平方分米的正方形拼成的一个大正方形，面积是（），周长是（）。

A、9平方分米

B、12平方分米

C、12分米

D、9分米（2）甲、乙两个图形的周长相比是（），面积相比是（）。

A、甲＞乙

B、甲＜乙

C、甲＝乙

（3）一块正方形手帕，边长是30厘米，它的面积是（）。A、120平方厘米

B、12平方厘米 C、9平方分米

D、9平方米

（4）把1个边长是1米的正方形，平均切成100个小正方形，每个小正方形边长是（）。

A、1米

B、1分米

C、1厘米(5)一个正方形的周长是4厘米，它的面积是()。

A、4厘米 B、4平方厘米 C、1平方厘米

(6)5个面积是1平方米的正方形拼成的长方形周长是()。

A、5平方米 B、12米 C、12平方米 D、6米

（7）一个长方形长8米，宽6米，这个长方形中最大的正方形的面积是（）。

A、9平方米

B、36平方米

C、49平方米

D、64平方米

（8）一个长方形，如果宽增加3厘米，面积就增加24平方厘米，这时的图形恰好是一个正方形，原来长方形的面积是（）平方厘米。

A、24 B、64 C、40 D、26

4、解决问题（1）玉林农场给一个长50米、宽35米的长方形轩四周围一道竹篱笆，竹篱笆长多少米？

围起的面积有多大？

（2）一个长方形桌面长60分米，宽40分米，面积是多少平方分米？合多少平方米？（3）一个长方形和一个正方形的周长相等。长方形长25米，宽15米。求正方形的面积是

多少平方米。

（4）一块正方形地面砖的边长是3分米，小明家装修用了这样的地面砖600块，求小明家

铺地砖的面积是多少平方米？

（5）一个工程队，要粉刷公园的外墙，外墙长1860米，高4米，他们平均每天能刷620平方米，需要几天粉刷完？如果每平方米用涂料250克，刷完整个外墙需用涂料多少千克？

5、思考题

有一个周长是10厘米的长方形，它是由三个正方形拼成的，求这个长方形的面积。（有几

种方法写几种方法）

第三篇：信息技术奥赛小组活动总结

信息技术奥赛小组活动总结

一个学期的信息技术奥赛兴趣小组工作已经结束，在学校的正确指引和全校班主任的大力支持下,我紧紧围绕素质教育的各项要求，以及信息技术奥赛的教学特点，完满的完成了信息技术兴趣小组的各项工作。现对一学期的工作总结如下：

1、充分发挥奥赛编程的能充分发展学生抽象思维的特点培养学生的自学能力及思维能力。

PASCAL编程的学习主要以学生自学、锻炼思维为主的，各种形式的编程都是为学生学会思维作基础的。正是由于PASCAL的这一特点。我们首先将奥赛小组分为两个不同层次的小组：即已经有较好基础的学生为一组、其他学习时间短的学生为一组。这样更易于学生掌握不同层次的知识，进行不同层次的教学。基础较好同学的主要教学内容的是分治算法、回溯算法、分支定界、动态规划为主；学习时间短的同学等主要学习程序设计基础、PASCAL语言基础、递归算法、集合和记录、Turbo Pascal文件、指针变量及线性链表。在学习的过程中我们充分发挥学生的主动性，比如：在学习Turbo Pascal文件时，我们指定要学的内容，然后让学生自己去实践、去体会，最后老师与学生共同总结。经过几个月的学习与活动，发现学生学习效果非常好，而且培养了学生的自学和创新能力，同时也锻炼了学生的思维。

2、开展的竞赛活动。

为了检验学生在奥赛兴趣小组的学习情况，我还分别在不同阶段举行了个人比赛。在刚刚学完基础知识后，举行了基础知识竞赛和小组内部的知识竞赛。由于这些活动的开展不仅使奥赛兴趣小组的学生知识掌握的更扎实，而且更重

要的是进一步增强了全体学生学习PASCAL、锻炼思维的积极性。现在，大家都以会编程来给自己的大脑做体操为荣。

3、需要认真做好梯队建设，有优秀学生即将升入高一级学校，需要补充新鲜血液。这项工作还需要广大班主任的支持。

4、存在的不足：

（1）教师理论水平还要进一步提高和加强。教育教学的方法也有待提高。

（2）在课堂的指导力度还不够。在教学计算某些程序时，总感力不从心。

（3）兴趣小组的管理方面还需要加强。

5、一步的工作打算：

（1）积极参加各级业务培训学习，并不断通过自学提高自己的棋力水平。

（2）继续在以后的工作中开展各种竞赛活动，培养学生的素质。

（3）兴趣小组的管理要做的再细、再认真一些。

第四篇：信息技术奥赛社团活动总结

2012信息技术社团工作总结

本学期，我担任了学校信息技术兴趣小组的辅导老师。本社团每次活动人数平均保持在25人左右，全部为七、八年级学生。社团的学生对编程兴趣浓厚，但实际学习能力水平参差不平。在这整整一学期的兴趣小组活动中，我认真负责地进行辅导，让每一个参加活动的同学都能获得收获，取得进步。

在兴趣小组活动开始，我首先我认真制订了一份教学计划，希望学生能学到丰富的知识。但在第一次课之后，在我了解了每一个学生的兴趣、特点之后，由于c语言课程难度较大，我尽量在辅导过程中贴近学生的实际情况。

计划制定之后，我开始认真地授课和辅导。本学期辅导的是信息学奥赛相关知识，由于知识内容繁多，难度比较大，所以我在每次讲课中都力求激发学生的兴趣，让学生在循序渐进中不断提高。又因为兴趣小组是七至八年级的挑选出来的优秀学生组成的，所以我充分利用了学生的竞争与合作学习相结合，使学生学习的时候更有动力。

在进行教学活动中，学生不仅对信息学奥赛中程序编写更感兴趣了，而且学生都在学习中学会了程序设计同其他学科进行整合能力，比如：编程小程序解决数学中的计算问题等等，大大地激发了学生学习程序的兴趣。正是如此，今年我们的团队参加全国青少年信息学奥赛取得了较好的成绩，提高组一等奖一名，二等奖2名，三等奖3名。

存在的问题与改进措施：在兴趣班的活动开展活动中，我们也遇到了一些困难。首先是学生的自制力问题，有的学生的自制力较差，总有部分自制力较差的学生借机会上网聊天甚至

玩游戏，造成不好的影响。其二，学生视野不开阔，不善于从大量素材中选择合用的素材，制作手法不够大气，配色所需的美术功底也欠缺。

因此，对于今后的兴趣班活动，我打算从以下几个方面提高兴趣班活动质量：

1、加强管理。约束学生的上网聊天和玩游戏行为，高效应用兴趣班时间。

2、与美术老师配合工作。在适当的时候请美术教师讲授有关色彩搭配的知识，加强学生对色彩的感觉，提高美术功底。

3、加强学生参加比赛的应试能力，在条件许可的情况下，举行打字比赛、电脑绘图比赛、小报制作比赛。

在这一学期的兴趣小组辅导工作中，我学到了许多经验，学生也取得许多进步，希望来年的兴趣小组活动能够让我们获得更大的收获！

二〇一三年一月五日

第五篇：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。