《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版资源-CSDN文库

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组合数学（第二版）

第

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页）

组合数学

(

第

版

姜建国

岳建国

习题一（排列与组合）

1．在 1 到 9999 之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？

解：该题相当于从“

，

”五个数字中分别选出

，

作排列的

方案数；

（1）选 1 个，即构成 1 位数，共有

个；

（

）选

个，即构成两位数，共有

个；

（3）选 3 个，即构成 3 位数，共有

个；

（4）选 4 个，即构成 4 位数，共有

个；

由加法法则可知，所求的整数共有：

1 2 3 4

5 5 5 5

205P P P P   

个。

2．比 5400 小并具有下列性质的正整数有多少个？

（

）每位的数字全不同；

（2）每位数字不同且不出现数字 2 与 7；

解：（1）比 5400 小且每位数字全不同的正整数；

按正整数的位数可分为以下几种情况：

① 一位数，可从 1～9 中任取一个，共有 9 个；

② 两位数。十位上的数可从 1～9 中选取，个位数上的数可从其余 9 个数

字中选取，根据乘法法则，共有

9 9 81 

个；

③ 三位数。百位上的数可从 1～9 中选取，剩下的两位数可从其余 9 个数

中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有

9 648P 

个；

④ 四位数。又可分三种情况：

 千位上的数从 1～4 中选取，剩下的三位数从剩下的 9 个数字中选

3 个进行排列，根据乘法法则，共有

4 2016P 

个；



千位上的数取

，百位上的数从

～

中选取，剩下的两位数从剩

下的 8 个数字中选 2 个进行排列，共有

3 168P 

个；

 千位上的数取 5，百位上的数取 0，剩下的两位数从剩下的 8 个数

字中选

个进行排列，共有

56P 

个；

根据加法法则，满足条件的正整数共有：

9 81 648 2016 168 56 2978     

个；

组合数学（第二版）

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（2）比 5400 小且每位数字不同且不出现数字 2 与 7 的正整数；

按正整数的位数可分为以下几种情况：设

{0,1,3, 4,5,6,8,9}A 

① 一位数，可从

{0}A 

中任取一个，共有

个；

② 两位数。十位上的数可从

{0}A 

中选取，个位数上的数可从 A 中其余 7

个数字中选取，根据乘法法则，共有

7 7 49 

个；

③ 三位数。百位上的数可从

{0}A 

中选取，剩下的两位数可从

其余

个数中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有

7 294P 

个；

④ 四位数。又可分三种情况：



千位上的数从

，

中选取，剩下的三位数从

中剩下的

个

数字中选 3 个进行排列，根据乘法法则，共有

3 630P 

个；

 千位上的数取 5，百位上的数从 0，1，3 中选取，剩下的两位数从

中剩下的

个数字中选

个进行排列，共有

3 90P 

个；

根据加法法则，满足条件的正整数共有：

7 49 294 630 90 1070    

个；

．一教室有两排，每排

个座位，今有

名学生，问按下列不同的方式入座，

各有多少种做法？

（1）规定某 5 人总坐在前排，某 4 人总坐在后排，但每人具体座位不指定；

（

）要求前排至少坐

人，后排至少坐

人。

解：（1）因为就坐是有次序的，所有是排列问题。

5 人坐前排，其坐法数为

(8,5)P

，4 人坐后排，其坐法数为

(8, 4)P

，

剩下的

个人在其余座位的就坐方式有

(7,5)P

种，

根据乘法原理，就座方式总共有：

(8,5) (8, 4) (7,5) 28 449 792 000P P P  

（种）

（

）因前排至少需坐

人，最多坐

人，后排也是如此。

可分成三种情况分别讨论：

① 前排恰好坐 6 人，入座方式有

(14,6) (8, 6) (8,8)C P P

；

② 前排恰好坐

人，入座方式有

(14,7) (8, 7) (8, 7)C P P

；

③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有

(14,8) (8,8) (8, 6)C P P

；

各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：

(14,6) (8, 6) (8,8) (14, 7) (8,7) (8, 7) (14,8) (8 ,8) (8,6)

10 461 394 944 000

C P P C P P C P P 





典型错误：

先选 6 人坐前排，再选 4 人坐后排，剩下的 4 人坐入余下的 6 个座

位。故总的入坐方式共有：

     

(14,6) 8, 6 (8, 4) 8, 4 6, 4C P C P P

种。

组合数学（第二版）

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但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全

坐后排，那么上式中的

 

(8, 4) 8, 4C P

就有重复。

4．一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时，

问共有多少种安排方案？

解：用

表示第

天的工作时间，

1, 2, ,7i  

，则问题转化为求不定方程

1 2 3 4 5 6 7

50x x x x x x x      

的整数解的组数，且

x 

，于是又可以转

化为求不定方程

1 2 3 4 5 6 7

15y y y y y y y      

的整数解的组数。

该问题等价于：将

个没有区别的球，放入

个不同的盒子中，每盒球数

不限，即相异元素允许重复的组合问题。

故安排方案共有：

( ,15) (15 7 1,15) 54 264RC C    

（种）



另解：

因为允许

y 

，所以问题转化为长度为 1 的 15 条线段中间有 14 个空，再

加上前后两个空，共 16 个空，在这 16 个空中放入 6 个“＋”号，每个空放置的

“＋”号数不限，未放“＋”号的线段合成一条线段，求放法的总数。从而不定

方程的整数解共有：

21 20 19 18 17 16

( , 6) (16 6 1,6) 54 264

6 5 4 3 2 1

RC C

    

     

    

（组）

即共有 54 264 种安排方案。

5．若某两人拒绝相邻而坐，问 12 个人围圆周就坐有多少种方式？

解：12 个人围圆周就坐的方式有：

(12,12) 11!CP 

种，

设不愿坐在一起的两人为甲和乙，将这两个人相邻而坐，可看为

人，则这

样的就坐方式有：

(11,11) 10!CP 

种；由于甲乙相邻而坐，可能是“甲乙”

也可能是“乙甲”；所以

则满足条件的就坐方式有：

11! 2 10! 32 659 200  

种。

6．有 15 名选手，其中 5 名只能打后卫，8 名只能打前锋，2 名只能打前锋或后

卫，今欲选出

人组成一支球队，而且需要

人打前锋，

人打后卫，试问

有多少种选法？

解：用 A、B、C 分别代表 5 名打后卫、8 名打前锋、2 名可打前锋或后卫的集合，

则可分为以下几种情况：

（1）7 个前锋从 B 中选取，有

种选法，4 个后卫从 A 中选取，有

种，

根据乘法法则，这种选取方案有：

7 4

8 5

C C

种；

（

）

个前锋从

中选取，从

中选取

名后卫，从

中选

名后卫，

组合数学（第二版）

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根据乘法法则，这种选取方案有：

7 3 1

8 5 2

C C C 

种；

（3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫，C 中 2 名当后卫，

根据乘法法则，这种选取方案有：

7 2

8 5

C C

种；

（4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫，

根据乘法法则，这种选取方案有：

6 1 4

8 2 5

C C C 

种；

（

）从

中选

个前锋，从

中选

个前锋，从

中选

个后卫，

中剩

下的一个当后卫，选取方案有：

6 1 3

8 2 5

C C C 

种；

（6）从 B 中选 5 个前锋，C 中 2 个当前锋，从 A 中选 4 个后卫，

选取方案有：

5 4

8 5

C C

种；

根据加法法则，总的方案数为：

7 4 7 3 1 7 2 6 1 4 6 1 3 5 4

8 5 8 5 2 8 5 8 2 5 8 2 5 8 5

1400C C C C C C C C C C C C C C C             

7．求

( 2 )x y z w  

展开式中

2 2 2 2

x y z w

项的系数。

解：令

, , 2 ,a x b y c z d w     

，则

( )a b c d  

中

2 2 2 2

a b c z

项的系数为

8! 7!

2 2 2 2

2!2!2!2! 2

 

 

 

 

，即

( 2 )x y z w  

中，

2 2 2 2

( ) ( 2 )x y z w 

的系数，

因此，

2 2 2 2

x y z w

的系数为：

2 2

7! 2 ( 1) ( 2) 10 080   

。

8．求

( )x y z 

的展开式。

解：

4, 3n t 

，展开式共有

( , 4) (4 3 1, 4) 15RC C    

（项），所以，

4 4 4 4 3 3

2 2 2 2 2

3 3 2 2

4 4 4 4 4

( )

4 0 0 0 4 0 0 0 4 31 0 3 01

4 4 4

2 2 0 2 0 2 211

4 4 4 4

13 0 1 0 3 11 2 1 21

4 4

01 3 0 31

x y z x y z x y x z

x y x z x yz

xy xz xyz xy z

         

      

         

         

     

  

     

     

       

   

       

       

  

 

  

  

3 2 2

4 4 4 3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 2 2

4 4 4 4 4 4

6 6 6 12 12 12

y z y z

x y z x y x z xy xz yz y z

x y x z y z x yz xyz xy z

  



  

  

        

     

9．求

1 2 3 4 5

( )x x x x x   

展开式中

3 6

2 3 4

x x x

的系数。

解：

3 6

2 3 4

x x x

的系数为：

10!

840

0 31 6 0

3! 1! 6!

 

 

 

 

 

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10．试证任一整数 n 可唯一表示成如下形式：

! , 0 , 1, 2,

i i

n a i a i i



   





证明：（1）可表示性。

令

1 2 2 1

{( , , , , ) | 0 , 1, 2, , 1}

m m i

M a a a a a i i m

 

     

，显然

!M m

，

{0,1, 2, , ! 1}N m 

，显然

!N m

，

定义函数

:f M N

，

1 2 2 1 1 2 2 1

( , , , , ) ( 1)! ( 2)! 2! 1!

m m m m

f a a a a a m a m a a

   

         

，

显然，

1 2 2 1

0 0 ( 1)! 0 ( 2)! 0 2! 0 1!

( 1)! ( 2)! 2! 1!

( 1)( 1)! ( 2)( 2)! 2 2! 1 1!

! ( 1)! ( 1)! ( 2)! 3! 2! 2! 1! ! 1

m m

a m a m a a

m m m m

m m m m m

 

      

      

        

             

    

  



即

1 2 2 1

0 ( , , , , ) ! 1

m m

f a a a a m

 

  

，

由于 f 是用普通乘法和普通加法所定义的，故 f 无歧义，肯定是一个函数。

从而必有一确定的数

(0 ! 1)K K m  

，使得

1 2 2 1

( , , , , )

m m

K f a a a a

 

 

，

为了证明 N 中的任一数 n 均可表示成

n a i







的形式，

只需证明 f 是满射函数即可。又因为 f 是定义在两个有限且基数相等的函

数上，因此如果能证明 f 单射，则 f 必是满射。

假设

不是单射，则存在

1 2 2 1 1 2 2 1

( , , , , ),( , , , , )

m m m m

a a a a b b b b M

   

 

，

1 2 2 1 1 2 2 1

( , , , , ) ( , , , , )

m m m m

a a a a b b b b

   

 

，且有

K N

，使得

0 1 2 2 1 1 2 2 1

( , , , , ) ( , , , , )

m m m m

K f a a a a f b b b b

   

  

由于

1 2 2 1 1 2 2 1

( , , , , ) ( , , , , )

m m m m

a a a a b b b b

   

 

，故必存在

1j m 

，使得

j j

a b

。不妨设这个 j 是第一个使之不相等的，即

( 1, , 1)

i i

a b i m j   

，

j j

a b

且

j j

a b

，

因为

1 2 2 1

( 1)! ( 2)! 2! 1!

m m

a m a m a a

b m b m b b

 

     

      

  

所以，

 

1 2 2 1

1 1 2 2 1 1

0 ( 1)! ( 2)! 2! 1!

( 1)! ( 2)! 2! 1!

( ) ! ( )( 1)! ( ) 2! ( ) 1!

! ( 1)! 2! 1!

! ( 1) ( 1)! 2 2! 1 1!

m m

j j j j

j j

b m b m b b

a m a m a a

b a j b a j b a b a

j b a j b a b a

j j j

 

      

      

         

 

        

 

      



  

   

( ! 1) 1j  

产生矛盾，所以

必是单射函数。

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