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第四篇 组 合
第23章 组合计数
23.1 加法原理和乘法原理
23.1.1★ 有800名乒乓球选手参加淘汰赛，需要进行多少场比赛才能决出冠军？
解析 由于每场比赛淘汰一名选手，即比赛的场数与被淘汰的选手人数是相等的．要决出冠军，需淘汰799名选手，所以需要进行799场比赛．
23.1.2★★一个小朋友有8块相同的巧克力（即不计顺序），他每天至少吃一块，直至吃完，问共有多少种不同的吃巧克力的方案？
解析 将8块巧克力排成一行．如果第一天吃2块，第二天吃1块……那么，就在第2块后面画一条竖线，这后面的第1块的后面（即第3块的后面）画一条竖线……
这样，吃巧克力的方案就与在8块巧克力的7个空隙里添加竖线对应起来．
由于每个空隙里加以加1根竖线，也可以不加，所以，由乘法原理知，加竖线的方法共有
（种）．
从而吃巧克力的方案也就有128种．
23.1.3★有多少个有序整数对(,)满足？
解析 我们把这个问题分成6种情况：，，1，2，…，5．
当时，（，）（0，0）；
当时，(,)=(0,)，(0,)，(1,0)，(,0)；
当时，(,)=(,)，(,1)，(1,)，(1,1)；
当时，不可能；
当时，不可能；
当时，(,)=(0,)，(0,2)，(,0)，(2,0)；
当时，(,)=(,)，(,1)，(,)，(,2)，(,)，(1,2)，(2,)，(2,1)．
由加法原理知，满足题设的有序数对共有
（个）．
23.1.4★★利用数字、2、3、4、5共可组成
（1）多少个数字不重复的三位数？
（2）多少个数字不重复的三位偶数？
（3）多少个数字不重复的偶数？
解析 （1）百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择，所以共有个数字不重复的三位数．
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（2）先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有个数字不重复的三位偶数．
（3）分为5种情况：
一位偶数，只有两个：2和4．
二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．
三位偶数由上述（2）中求得的为24个．
四位偶数共有：个．括号外面的2表示个位数有2种选择（2或4）．
五位偶数共有：个．
由加法原理，偶数的个数共有
（个）．
23.1.5★★从1到300的正整数中，完全不不含有数字3的有多少个？
解析1 将符合要求的正整数分为以下三类：
（1）一位数，有1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9八种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有个．
（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有个．
因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有个．
解析2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0、1或2三种情况，十位数字与个位数均有九种，因此除去0共有个．
23.1.6★★一个班级有30名学生．
（1）从中选出2人，一个担任班长，一个担任副班长，共有多少种不同的选法？
（2）从中选2个人去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？
解析 （1）从30个人中选1个人担任班长，有30种选法，再从剩下的29个人中选1个人担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为（种）．
（2）从30个人中选两人有种选法，但由于选出甲、乙去比赛和选出乙、甲去比赛是相同的情况，因此不同的选法共有（种）．
23.1.7★★在小于10 000的正整数中，含有数字1的数有多少个？
解析 不妨将1至9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前面补0，使之成为四位数．
先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每一位都有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为
．
其中包括了一个0000，这不是正整数，所以比小的不含数字1的正整数有个，于是，小于10 000且含有数字1的正整数共有个．
23.1.8★★在1到9999中，有多少个整数与4567相加，至少在一个数位中发生进位？
解析 将0到9999这10 000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左面添0补足四位．
考虑这些四位数中，有多少个在与4567相加时不发生进位．
这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；十位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能．所以这样的数共有
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（个）．
其中包括0．
所以，在到9999中，与4567相加产生进位的整数有
（个）．
23.1.19★★在1到1999这1999个自然数中，取4的倍数与7的倍数各一个相加，一共可得到多少个不同的和．
解析 在1到1999这1999个自然数中，有4的倍数499个，它们是4，8，12，…，1992，1996；有7的倍数285个，它们是7，14，21，…，1988，1995．可得到的和最小为，最大为，介于11至3991之间的自然数，有一部分得不到．
例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下面能依次得到
，，，
，，，
，，…
反过来，不能得到的数还有
3990、3989、3988、3986、3985、
3982、3981、3978、3974．
不能得到的数共有（个）．
所以可得到的不同的和共有
（个）．
2.3.1.10★600有多少个不同的正约数（包括1和600）?
解析 将600质因数分解，有
．
一个正整数是600的约数的弃要条件是具有的形式，其中、、是整数且，，．
由于有种选择：0、1、2、3；有种选择：0、1；有种选择：0、1、2，故由乘法原理知，这样的有
（个）．
评注 一般地，若一个正整数的质因数分解式为
．
其中，，…，是互不相同的质数，，，…，是正整数，则的不同正约数的个数为
．
23.1.11★★★在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？
解析 设是满足要求的偶数，那么只能取2、3、4、5、6，只能取0、2、4、6、8．
（1）若取2、4、6之一，即有3种选法，此时有种选法，、、分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有
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（个）．
（2）若取3、5之一，则有2种选法，有5种选法，、、分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有
（个）．
最后，由加法原理知，满足题意的偶数共有
（个）．
评注 在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在一起用的．
23.1.12★★★求至少出现一个数字6，而且是3的倍数的五位数的个数．
解析 设满足要求的五位数为．由于3整除的充要条件是，所以分情况讨论如下：
（1）从左向右看，若最后一个6出现在第5位，即，则、、可以从0，1，2，…，9这10个数字中任取1个，为了保证，只有3种可能（例如，，则只能取2，5，8之一，等等），由乘法原理，五位数中最后一位是6，且是3的倍数的数有
（个）．
（2）从左向右看，最后一个6出现在第4位，即，于是只有9种可能（因为），、各有10种可能，为了保证，只有3种可能，由乘法原理，这一类的五位数有
（个）．
（3）从左向右看，最后一个6出现在第3位，即，则、均有9种可能，有10种可能，有3种可能，这类五位数有
（个）．
（4）从左向右看，最后一个6出现在第2位，，则、、均有9种可能，有3种可能，所以这类五位数有
（个）．
（5）从左向右看，最后一个6出现在第1位，即，则、、均有9种可能，为了保证，只有3种可能，从而这类五位数有
（个）．
最后，由加法原理知，五位数中至少出现一个6，且是3的倍数的数有
（个）．
23.1.13★★★将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，问：满足要求的排法有多少种？
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解析 设，，，，是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．
首先，对于，，，，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．
又如果是偶数，是奇数，则是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．
所以，，，，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1．
23.1.14★★★由35个单位小正方形组成的长方形中，如图所示，有两个“*”，问包含两个“*”在内的小正方形组成的长方形（含正方形）共有多少个？
解析 含两个“*”的矩形，与第二、三两行有公共部分．它们可能与第一行有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：
每一类中的矩形，可能与四、五两行都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分而与第五行没有公共部分，即又分为三类，这样，从行考虑共有类．
同样，考虑列，矩形可能与第一、二列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第二列有公共部分，共三类．而与第五、六、七列的关系则有四列(都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分而与第七列无公共部分)．
所以，由乘法原理，含两个“*”的矩形共有（个）．
23.1.15★★设有红、黑、白三种颜色的球各10个．现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等，问共有多少种放法．
解析 设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为、、，则有、、，且
， ①
即
， ②
于是有．因此，，中必有一个取．不妨设，代入（1）式，得到．
此时，可取1，2，…，8，9（相应地取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得
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或者时，也各有9种放法，但有时两种放法重复．因此可得共有种放法．
23.1.16★★★★设正整数和互质．问：有多少个非负整数不能表示成（和是非负整数）的形式？
解析 首先，由于、互质，所以下面个数
，，，…，
除以所得的余数不同．
事实上，若，，则，，所以，矛盾．
所以这个数中一定有一个除以余数为0，设这个数为，，于是可设，即恰有一组满足的整数解（，）．
设与数组（，）依上述规律对应，即，．与的数组（，）春风一度的整数称为“好的”；否则称为“坏的”．
若与（，）对应，即，，则
．
因为 ，
且与中恰有一个是非负的，所以，与（，）对应，且与中恰有一个是好的，一个是坏的．所以在0，1，2，…，中好数与坏数一一对应，从而其中的坏数有
（个）．
当，则是坏数（显然），故大于的数均为好数．由此得坏数即不能表为（，为非负整数）的非负整数有个．
23.1.17★★★把1，2，3，…
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，2012这2012个正整数随意放置在一个圆周上，统计所有相邻三个数的奇偶性得知：三个数全是奇数的600组，恰好两个奇数的有500组，问：恰好一个奇数的有几组？全部不是奇数的有几组？
解析 设恰好1个奇数的有组，则全部不是奇数的有．
将圆周上的数从某个数开始，依次计为，，…，，令
则，再令
其中，，2，于是
，解得．
恰好一个奇数的有218组，全部不是奇数的有组．
23.2 几何计数
23.2.1★如图所示，数一数图中有多少条不同的线段？
解析 对于两条线段，只要有一个端点不同，就是不同的线段，我们以左端点为标准，将线段分5类分别计数；
（1）以为左端点的线段有、、、、共5条；
（2）以为左端点的线段有、、、共4条；
（3）以为左端点的线段有、、共3条；
（4）以为左端点的线段有、共2条；
（5）以为左端点的线段只有一条．
所以，不同的一线段一共有
（条）．
评注 般地，如果一条线段上有个点（包括两个端点）．那么这个点把这条线段一共分成的线段总数为
．
23.2.2★如果一条线段上有个点（不包括两个端点和）．它们共有210条不同的线段，求的值．
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解析 线段上共有个点（包括端点），所以不同的线段有条．所以
，
解得．
23.2.3★图中有多少个三角形？
解析 以为一边的三角形有、、、、共5个；以为一边的三角形还有4个（前面已计数过的不再数，下同），它们是、、、；以为一边的三角形有、、共3个；以为一边的三角形有、共2个；以为一边的三角形有一个，所以，共有三角形（个）．
23.2.4★图中一共有多少个长方形？
解析 图中长的一边有5个分点（包括端点），所以，长的一边上不同的线段共有（条），同样，宽的一边上没的线段也有10条．
所以，共有长方形（个）．
23.2.5★★图中所有长方形的面积和是多少？
解析 因为长的一边上的10条线段分别为5、17、25、26、12、20、21、8、9、1，宽的一边上的10条线段长分别为
2、6、12、16、4、11、14、7、10、3，所以，所有长方形面积和为
．
23.2.6★★图中有多少个三角形？
解析 把图中最小的三角形看作基础三角形，分类计数．
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含1个基础三角形的三角形共有16个；
含2个基础三角形的三角形共有16个；
含4个基础三角形的三角形共有8个；
含8个基础三角形的三角形共有4个；
因此，图中共有三角形
（个）．
23.2.7★★★图中有多少个梯形？
解析 设图中的长为个单位．先计算底与平行且上底小、下底大的梯形的个数．
下底长是5的梯形有（个）（即梯形，，，）．
下底长是4的梯形有（个），其中下底可为，，，对于每一个这样的下底、上底都有三种可能．
类似地，下底的长为3的梯形有
（个）．
下底的长为2的梯形有
（个）．
因此，底与平行且下底大于上底的梯形有
（个）．
再计算底与平行且下底大于上底的梯形有（个）．
再计算底与平行且上底大于下底的梯形，易知有
（个）．
底与平行，且左边底大于右边底的梯形有个；左边底小于右边底的梯形有个，因此共有
（个）．
底与平行的梯形也有36个．
所以，图中共有梯形
（个）．
评注 本题“分类”要全，不要遗漏了底与或平行的梯形．
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23.2.8★★★图中共有多少个三角形？
解析 显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两类中三角形的个数相等．尖向上的三角形双可分为6类：
最大的三角形1个（即）；
第二大的三角形有（个）；
第三大的三角形有（个）；
第四大的三角形有（个）；
第五大的三角形有（个）；
最小的三角形有
（个）．
注意在外面还有三个最小的尖向上的三角形（左、右、下各一个），所以最小的三角形不是21个而是24个．
于是尖向上的三角形共
（个）．
图中共有三角形
（个）．
23.29★★★图中有多少个等腰直角三角形？
解析 图中有
个点．在每点标一个数，它等于以这点为直角顶点的等腰直角三角形的个数．因此由对称性，共有等腰直角三角形
（个）．
23.2.10★★★（1）图（a）中有多少个三角形？
（2）图（b）中又有多少个三角形？
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解析 （1）图（a）中有6条直线．一般来说，每3条直线能围成一个三角形，但是这3条直线如果相交于同一点，就不能围成三角形了．
从6条直线中选3条，有种选法，每次选出的3条直线围成一个三角形，但是在图（a）中，每个顶点处有3条直线通过，它们不能围成三角形，因此，共有个三角形．
（2）图（b）中有7条直线，从7条直线中选3条，有
种选法．每不过同点的3条直线构成一个三角形．
（b）中，有2个顶点处有3条直线通过，它们不能构成三角形，还有一个顶点有4条直线通过，因为4条直线中选3条有4种选法，即能构成4个三角形，现在这4个三角形没有了，所以，图（b）中的三角形个数是
（个）．
评注 从6条直线中选3条，第一条有6种选法，第二条5种选法，第三条有4种选法，共有种选法，但是每一种被重复计算了6次，例如，，，，，实际上是同一种，所以，不同的选法应为种．
23.2.11★★问8条直线最多能把平面分成多少部分？
解析 1条直线最多将平面分成2个部分；2条直线最多将平面分成4个部分；3条直线最多将平面分成7个部分；再在添上第4条直线，它与前面的3条直线最多有3个交点，这3个交点将第4条直线分成4段，其中每一段将原来所在平面部分一分为二，如图，所以4条直线最多将平面分成个部分．
完全类似地，5条直线最多将平面分成个部分；6条直线最多将平面分成个部分；7条直线最多将平面分成个部分；8条直线最多将平面分成个部分．
评注 一般地，条直线最多将平面分成个部分．
23.2.12★★平面上5个圆最多把平面分成多少个部分？
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解析 1个圆最多能把平面分成2个部分；2个圆最多能把平面分成4个部分；3个圆最多能把平面分成8个部分；现在加入第4个圆，为了使分成的部分最多，第4个圆必须与前面3个圆都有两个交点，如图所示．因此得6个交点，这6个交点将第4个圆的圆周分成6段圆弧，而每一段圆弧将原来的部分一分为二，即增加了一个部分，于是，4个圆最多将平面分成个部分．
同样道理，5个圆最多将平面分成个部分．
所以，5个圆最多将平面分成22个部分．
说明 用上面类似的方法，可以计算出个圆最多分平面的部分数为
．
23.2.13★★★平面上5个圆和一条直线，最多能把平面分成多少个部分？
解析 首先，由上题可知，平面上5个圆最多能把平面分成22个部分，现在加入一条直线，由于一条直线最多与一个圆有两个交点，所以一条直线与5个圆最多有10个交点．10个点把这条直线分成了11段，其中9段在圆内，2条射线在圆外，9条在圆内的线段把原来的部分一分为二；圆外只增加了一个部分．所以，总共增加了10个部分．
因此，5个圆和1条直线，最多将平面分成个部分．
23.2.14★★★三角形内部有2008个点，以顶点、、和这2008个点为顶点能把原三角形分割成多少个小三角形?
解析 设内部的个点能把原三角形分割成个小三角形，我们考虑新增加一个点之后的情况：
(1)若点在某个小三角形的内部，如图(a)，则原小三角形的三个顶点连同将这个小三角形一分为三，即增加了两个小三角形；
(2)若点在某两个小三角形公共边上，如图(b)．则这两个小三角形的顶点连同点将这两个小三角形分别一分为二，即也增加了两个小三角形．所以，内部的
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个点把原三角形分割成的小三角形个数为
．
易知，于是
，，…，．
将上面这些式子相加，得
．
所以，当时，三个顶点、、D和这2008个内点能把原三角形分割成个小三角形．
23.2.15★★★平面上有100条直线，其中有20条是互相平行的，问这100条直线最多能将平面分成多少部分？
解析1 首先，这20条平行线将平面分成21个部分．
设另加上条直线，连同这20条平行线最多可将平面分成个部分，则
．
这是因为当再加入第条直线后，它与前条直线最多有个交点，从而这条直线被分成了段（其中有两段是射线），每一段将原来的部分一分为二，即增加了个部分．
所以
，
……
，
把上面的后个等式相加，得
．
易知，故
．
所以．
所以，这100条直线最多将平面分成了4861个部分．
解析2 解法1是先从平行线入手，现在我们先从80条互不平行的直线入手．一般地，设平面上条直线最多可将平面分成个部分，则（见题23.2.11）
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．
所以，80条直线最多将平面分成3241个部分．现在再加入平行线．
每加入一条平行线，它与前面的直线最多有80个交点，从而增加81个部分，于是加入20条平行线后最多增加个部分．
因此，这100条直线最多将平面分成
个部分．
23.2.16★★★圆周上有个点，每两点连一条弦，如果没有三条弦交于圆内一点，问：这些弦在圆内一共有多少个交点？
解析 圆周上每4点构成一个凸四边形，它的两条对角线（弦）交于一点（如图），因此第4点对应于圆内一个交点．由于没有三条弦交于圆内一点，所以不同的4点对应于圆内的不同交点．反应过一，设点是弦与的交点，则与4点在、、、对应．所以，交点的个数就是圆周上个点中取4点的不同的取法总数，即
．
评注 最后的答案中要除以，理由同题23.2.10．．
23.2.17★★★圆周上有8个点，，…，，如图所示．
（1）从出发将它们连结成一条在圆内不相交的折线（由7条线段组成，例如折线就是满足要求的一条），共可得多少条不同的折线？
（2）如果可以从这8点中的任一点出发，共可得多少条不同的拆线？
解析 （1）从出发连第1条线段时，只有两种连法：或（否则，若连，则与、、、、分布在两边，要每个顶点都连到，必定与
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相交）；接着连第2条线段时，也只有两种连法……连第6条线段时，有两种连法，连最后一条线段时，只有一种连法，所以由乘法原理知，不同的折线共有
（条）．
（2）由（1）知，从8个点中的每一点（，2，…，8）出发，可以有64条不同的折线，从而可得条折线，但是对其中的每一条折线，将它的起点和终点都作为出发点重复算了一次，所以应除以2，故不同的折线共有
（条）．
23.2.18★★★★在平面上给出条直线，且它们中的任何两条不平行，任三条不共线，证明：这些直线把平面分成的各部分中，三角形个数不少于．
解析 研究已知直线的所有交点．我们证明，这些点都在不多于两条已知直线的同一旁．假设所有这些交点都在三条已知直线的同一旁，这三条直线构成三角形，第四条直线不能仅与这个三角形的边相交，也就是它至少与一条边的延长线相交．为了确定起见，设它与从点出发的边的延长线相交于某点．这时点和在直线的两旁，得出矛盾．因此至少有条直线，它的两旁都有交点．
如果我们在由直线所给出的半平面上选取邻近的交点，那么这个点是毗连直线的三角形的顶点．这样一来，有不少于条直线，毗连它们每一条至少有两个三角形，并且有两条直线，毗连它们每一条至少有一个三角形，因为每个三角形恰毗连三条直线，所以有不少于个三角形．
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