还剩8页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
计数问题1计数方法种类繁多,本章旨在介绍一些基本方法.
一、枚举计数枚举计数就是把要计数的对象一一列举出来,最后计算总数的方法.枚举计数的过程中,必须注意不重复也不遗漏,力求有序、有规律、逐一地进行.例把分成两个质数之和共有几种不同分法?122分析设+=其中〃、人都是质数.不妨设则可能取、、、和对每一个值,若匕也是质22,235711,数,则得到一种分法.解设质数〃、匕满足a-\-b=22,则〃可取、、、和当时,b=20,不为质数;当〃寸,
235711.=2=30b=19,为质数;当时,b=\7,为质数;当〃时,b=15,不为质数;当〃=时,为质数.故不同分法有Q=5=7113组,即22=3+19=5+17=11+
11.例如图沿着边或对角线不重复地从走到一共有多少种走法(这里不重复指走过的点和线段21—1,A D都不重复)?解不同走法有一,一共有种走法.A ATETD,ATE—CTD,ATBTC—D,ATBTC—ETD.5例在一个网格纸(每个小方格都是边长为的小正方形)中找出个方格,使得任一个选出的方格都314可以通过所选方格的公共边到达另外三个方格,则共有多少种不同选法(通过平移和旋转可以重合的图形认为是相同的)?解依题意可以画出不同选法如下故一共有种不同选法.7例在中国古代,有五行相克之说.五行即金、木、水、火、土,而相克是金克木、木克土、土克水、水4克火、火克金,从五行中找出互不相克的两行,共有几种不同选法?分析我们可以用“金一木”来表示金克木,从而有金一木一土一水一火一金,于是可以枚举出所有的选法.解可以选择的两行可以是(金,土),(金,水),(木,水),(木,火),(土,火).一共五种.在后面的例题中,我们可能会用到两个符号P及根、〃均为自然数),下面介绍这两个符号表示的意思.()片〃表示从〃个元素中任取根个元素的排列数.从〃个不同的元素中取加个不同的元素按照一定次1序排成一列,称为从〃个元素中取〃个元素的一个排列,所有这样不同排列的个数即为郡,且2时,(I)如果它的标准分解式中3的嘉不大于3,那么它与27约简后就是⑴中的数;(II)如果它的标准分解式中的幕大于那么它与钓简后就不是⑺中的数,这样的数有—=个.综上所述,化」)33,9991281为最简分数后,分子共有种不同情况.660:——mn,n——m+1=-------------n—ni!其中〃!=〃〃-并规定1•••2•1,0!=
1.证明如下设〃个元素为而取的加个元素的排列为,b2,…,bm,则从可以是任一勾〈出,故少有〃1WJ种取法;而历取定后,3只能取{〃}中除去加后的任一元素,有〃一种取法;类似地,加有〃一0|lWiW12种取法,•••,狐有〃一根+1种取法,故,历,…,这的取法有-〃-1•••〃—〃z+1种取法.2C;表示从〃个元素中任取个元素的组合数.从〃个不同元素中取小个元素,不论顺序如何并成一组,称为从〃个元素中取〃,个元素的一个组合,所有这样不同组合的个数即为且、nn—1•••/—m+1z-------------------------------------mAZ•证明如下首先从〃个元素{中选取的个元素的排列有〃种,而对其中取定的〃个元素0m C2{历|1的排列数有2〃=机!,对于这根!种不同的排列,它们的根个元素都是相同的,故属于同一个组pm合,所以从〃个元素中取个元素的组合个数有土一种.例求满足下列条件的所有五位数的个数任意两个数位上的数字之差的绝对值不小
52.分析首先应该求出满足条件的五个数字,然后对每一组数字进行排列,即可求出所有满足条件的五位数的个数.解设五位数为,设{1,/?2,匕3,匕4,85}={1,2,3,Q4,}且〈仇<仇<由条件要求b\只能取或01Vb
25.
10.若加则必有仇=h=9,此时满足条件五位数个数为代=1,3=3,Z3=5,7,=5!=
120.5若加=0时,则{
①,岳,
①,b4,%}可以为{0,3,5,7,9}、{0,2,5,7,9}、{0,2,4,7,9}、{}、{}共组.对于每一组{,岳,丘}由于不能排在首位,为%为%的个数0,2,4,6,90,2,4,6,85M H,4为*8=120—24=96,从而共有个.96x5=480所以满足条件的五位数的个数为个.120+480=600例在中,有多少个整数可以表示为幻的形式,这里为实数.注国是实数的61~2004[2x]+[4x]+[6x x高斯函数.一/U+-=6%+2x+—4%+-2分析设式幻=[幻+幻+万,则一个很重要的结论是2[4[6=[2%+1]+[4x+2]+[6x+3]=加+6,即某一整数可用式灯表示,则这个数加上也可由的形式表示,于是我们只需求出中,有儿个数可表6“X1〜6示为火幻的形式.解设於=则故若整数〃可表示为於形式,则〃也[2x]+[4x]+[6x],/x+,=/x+6,+6ZZEA9可表示为形式,所以只需求得中有几个数可表示成形式.«r1~6/U当混[0,工时,,危=0;当I)时,段)=1;64当,Q)时,加)=2;当%e[],5)时危)=3;又()因此中,有可表示为)的形式,故中有个/=6,1~61,2,3,6/U1〜20042004+6x4=13362数可表示为犬)的形式.4例7设正整数
1、
2、
3、〃
4、5满足条件
(1)1<61<〃2<34V5020;()任意两个数之差不小于
23.求这样的数组{、、的、、怒}的组数.024分析依题意有a5>4+2;4>3+2;3>2+2;〃2>1+2,即5>4+2>3+4>2+6>0+829,故{〃5,4+2,s+4,念+6,1+8}为9~20内不同的5个数,而相应的,由9~20内5个不同数也可以对应于〃5,4+2,〃3+4,CZ2+6,6Z1+
8.解依题意93〃1+8<42+6<〃3+4<45二20,而对于9〜20中五个数,01Vb2<3〈仇<5,则1一8,2—6,3—4,Z4-2,5满足条件
(1)、
(2)的{
0、〃
2、的、
44、〃5}的个数为9〜20中取5数组的组数,也即《=
792.例设开始将一枚硬币掷出,若掷得正面,则加上否则减去当或掷出次数达到次8A=
0.A1,A
1.A=37时就不再掷了.问当掷币停止时,不同掷币情况有多少种?分析当掷币停止了,要么掷出次数不超;要么且掷出次数已达到次.若则最后一次必A=3,AS2,7A=3,为正面,前面可以是次正面或次正面次反面或次正面次反面;若一直不大于则当第次掷出时,23142A2,7停止掷币.解若且仅掷了次,此时次全为正面,即仅有种方法;A=3331若且掷了次,则前次为次正面、次反面.但如果前次已全部是正面,则已达到了故一A=354313A3,次反面必出现在前次中,所以有种掷法.33若掷了次才停止,则前次掷后不大于此时有76A2,()次正面、次反面.此时不能前次均为正面,也不能前次为次正面一次反面,故可能的掷法142354有(或一=)种;3-3()次正面、次反面.此时不能前次均为正面,故可能的掷法有(或)种;11333—1=19(HI)2次正面、4次反面或1次反面、5次反面或全为反面,共有掷法(C;+G+C;=)22种.但第次掷出正、反面两种,故共有(())种掷法.79+19+22x2=100综上,共有不同掷法()种.1+3+100=104例有个红球和个蓝球排成一圈,任意两个红球之间至少有两个蓝球,问共有多少种不同排列方法938(只要把圆旋转一下就重合的排法认为是同一种)?分析我们可以将红球和在它逆时针方向相邻的两个蓝球看成一个整体,例如当成一个白球,这样问题就转化为白球和两个蓝球的不同圆排列方法.3解由于任意两个红球之间至少有两个蓝球,故每个红球的逆时针方向相邻的位置至少有两个蓝球,于是,将每个红球和它逆时针方向相邻的两个蓝球看成一个球,如白球,则满足条件的排列与三个白球、两个蓝球的圆排列是一一映射的.而三个白球、两个蓝球的圆排列的不同排列方法有种(枚举即可|,故所求的不同排列种类为种.22例袋中装有红、白球各个,从袋中拿出球,每次拿一个,要求拿出的白球个数不得多于红球,问有103多少种不同拿法?分析由于要求拿出的白球个数不多于红球,故第一个球必是红球.若最后一球为红球,则拿出第个球时5白球数大于红球数,故第个球必为白球.其他个球可利用枚举法枚举.64解依题意知,第个球必为红球,第个球必为白球,而其余个球的不同拿法有红红白白、红白红164白、红白白红、白红红白、白红白红,一共有种不同拿法.5例求以内仅能分解为两个素数之积的正整数的个数.11100分析可以对进行因数分解,然后找出符合条件的数;也可以用两个素数相乘,将以内的数1~10100挑出来.显然,后一种方法简单一些.解以内素数有、、、、、、、、、、、、、、共个.设分解素因数502357111317192329313741434715后为axb,其中ab.若则匕可取这个素数,即有个数;=2,1515若则可取这个素数,即有个数;=3,b3〜311010若则〃可取这个素数,即有个数;=5,5〜1966若斫则可取、、共个素数,即有个数;7,67111333若生则应不满足要求.11,111=121100,QX综上,满足条件的数有个.15+10+6+3=34
7.将{a,b,c}重排列为{〃,E,}且对.对分类讨论即可得到总的打法数.d,WbWc c=7,8,9,10解设三枪依次为、b、环,对{b,}重排列为{储,b,}且a,c c,若则此时,共有种打法.c=7,=6=7,1若则或,g可取、当优,时,有种打法;当优,时,有种打法.c=8,5,86,
7.6=5,831=6,7g=6即共有种打法.9若c=9,则优,g可取3,
9、4,
8、5,
7、6,
6.当优,1=3,9或6,6时,各有3种打法;当,//=4,、时,各有种打法.即共有种打法.85,7618若d=10,则〃,//可取1,
10、2,
9、3,
8、4,
7、5,
6.当,,少=1,10时,有3种打法;当优,//取其他值时,各有种打法.即共有种打法.63+6x4=27综上,由加法原理,一共有种不同打法.1+9+18+27=55例由、、这个数组成六位数,要求相邻数位上的数字都不相同,有多少个满足条件的六位数?131233分析依题意知,不可能有一个数字出现在个数位上,所以可能是两个数字分别出现次,也可能是三43个数字分别出现、、次或者、、次,再用加法原理对上述三种可能下的个数求和即可.123222解依题意知,不可能有某个数字出现在个数位上,故每个数字至多出现次.43若为两个数字各出现次,那么两个数字必间隔排列,即有个不同的六位数.而这两个数字可以是、321,2或故有个不同的六位数.1,32,3,2x3=6若为三个数字且分别出现、、次,首先各个数字出现不同的情况共有种,对于其中任一种,不123q=6妨设出现次,出现次,出现次,先将两个与排成一排有种排法再与个间隔排列,可得13223123331个六位数;又将一个和一个组合,再和另一个放在个的三个数位之间,可得、、3x2=
62323112123111321、等个六位数.故共有个不同的六位数.12312113212146x6+4=60若为三个数字各出现次,首先前两位是队个数字中选个排列,共有种排法;再设前两们为2328=612,则后四位可以为、、、、共种,故不同的六位数共有个.1323312331323213323156x5=30综上,由加法原理可知,一共有满足条件的六位数个.6+66+3096简解3x25=
96.例在一个五条边管壬长各不相同的五边形的边上染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一14种,但不允许相邻边有相同颜色,问有多少种不同染色法?分析不妨将边编号为b,c,d、e、ab、be、cd,de、为相邻边,则不妨设、分别为红、黄色,再对4b后面三条边染色,则可得到所有不同染色方法.解将五条边依次编号为、仄c、d,e.先假定为红色,为黄色,则若C为红色,则(-6)可以为(黄、蓝)、(蓝、黄);若为蓝色,则3,6),可以为(红,黄)、(红,蓝)、(黄,蓝).由加法原理知,当(〃,刀为(红,黄)时,共有()种染色法.2+3=5而(小与还可以为(红,蓝)、(黄,蓝)、(黄,红)、(蓝,红)、(蓝,黄),而每一种情况下都是对称的,故不同染色法总共有()种.5x6=30例某届运动会的十一天的比赛中,队拿了块金牌,其中每天至少有一枚金牌,则队拿金牌1516XX XX的不同的情况可能有多少种(假设金牌都是一样的)?分析由于每天至少有一块金牌,则先给每天分配一块金牌,剩下的五块金牌如何分配就决定了不同的情况.解设第,()天取得块金牌,则/WiWU m+l11a0,=5i若{©}中有一个为则(匕)种方法;5,=11若{©}中有和或和则各有(叱=)种,于是共有()种;41,32,110110x2=220若{㈤中有、、或、、则各有(尤)种,于是共有()种方法;311,221,=495495x2=9902!若•}中有、、、则有(垃)种;2111,=13203!若{0}中有
1、
1、
1、
1、1,则有(喘=)462种.综上,由加法原理知,队拿金牌的不同可能情况有()种.xx11+220+990+1320+462=3003简解挡板原理n个正整数和为机,(加2〃),不同选法种类数为C二;.本题中勿2=16,n=ll,所^1_厂1-1O^16-1=
15.例工厂需要名钳工和名车工,现有人可供挑选,其中人会钳工,人会车工,还有人既会163312552钳工也会车工,问工厂有多少种不同的挑选方法?分析解决问题的关键是确定两个既会钳工又会车工的工人是做钳工还是做车工,或是不被挑选,然后运用加法原理即可求出所有不同的挑选方法.I解设既会钳工又会车工的两人为、b.若、b均未被挑选,则不同方法有(C;.C;1=)100种;4若a、人有一人做钳工,则不同方法有(C;.C;=)200种;匕有一人做车也有不同方法200种;若、4工,〃两人均做钳则不同方法有(G C=)5种;若a、若a、工,b两人均做车则不同方法也有50种;b工一,人做钳工,一人做车工,则不同方法有(zV.c;,G=)200种.若综上,由加法原理知,工厂不同的挑选方法有(100+200+200+50+50+200=)800种.例形如、的正整教称为回文数,即这个数的各个数位前后颠倒过朵后仍是这个数,求亿17“313“72427”1内的回文数的个数.分析设回文数有左位,则前安位确定后,则后[l•]位也随之确定,即左位回文数对应于安位的所有数,再利用加法原理,对()位回文数的个数求和即得所求回文数K=l,2,••〜8的个数.解设回文数有攵位(攵)则该七位回文数与它的前[3]位组成的数一一对应.1W W8,_2_若攵则有个回文数;=1,9若则左+即可取个回文数;k=2,1=1,9L2J若无则二+=2,即可取个回文数;=3,190L2J-左+「若k=4,则即可取个回文数;=2,90L2J若k=5,则即可取个回文数;=3,900L2J一表+「若则即可取个回文数;2=6,=3,900L2J一女+「若k=7,则即口]取个回文数;=4,9000[2J若则即可取个回文数;4=8,R+1=4,90002综上,由加法原理知,1亿内共有回文数(9+9+90+90+900+)个.9000+9000=19998例某足球队参加足球比赛,现在该队有名队员在场上踢比赛,在场下还有名替补队员.比赛规定,18117比赛中,可以从替补队员中挑队员与场上队员交换替补上场,但至多可以换名队员,而且已经换下的队员3不能再替补上场.如果整场比赛中没有队员被罚下,则比赛结束时,场上的名队员的不同情况有多少种?11分析依题意知,有可能留在场上的替补队员个数为、、、
0123.解若没有替补队员被替换上场,则有种情况;1若有1名队员被替换上场,则有(C;.G=)77种情况;若有2名队员被替换上场,则有(cG;=)1155种;若有3名队员被替换上场,则有((C G=)5775种.综上,由加法原理知共有不同情况()种.1+77+1155+5775=7008
三、分步处理与乘法原理乘法原理是指完成一件事情要分根步,第步有小种方法,第步有小种方法•••第根步有即种方法,则12完成这件事情的不同方法的总数为、x4x•••x・N=n例所有含有数字和的六位数中,和都仅含有一个的数有多少个?,192626分析由于和出现且仅出现一次,其他位可以是数字、、、、、、、而第一个数位不能26401345789,0,利用乘法原理和加法原理即可求出所有满足条件的六位数的个数.解若和不出现在首位,则首位可取个数,其他不为和的三位各可取个数,故有()267268g*x7=个;71680若2和6出现在首位,则首位可以是2或6,故有(2xc;x84=)40960个.综上,所求六位数共有()个.71680+40960=112640例在的棋盘上放红、黄、蓝各一子,若黄子与红子不能同列,蓝子与黄子不能同行,则共有多2010x10少种不同的摆法(任两子均不能重叠放置)?分析依次将三个棋子分别放到棋盘上,分别计算放的方法,利用乘法原理即得所求结果.其中,先放红子和蓝子,再放黄子,计算较为方便.解先放红子,有种放置方法,再放蓝子,由于不能重叠放置,所以有红子位置以外的种放置方10099法;最后放黄子,由于黄子与红子不同列,与蓝子不同行,故可在其余行、列中放置,有种放置方法.9981根据分步处理的乘法原理,总的摆法有种.100x99x81=801900例求满足下列两条件的所有八位数个数21每个数位的数字为中某一个;11〜9任意连续三个数位组成的三位数能被整除.23分析一个数能被整除的充要条件是该数各个数位上的数字之和能被整除,从这个事实出发并利用乘33法原理我们即可求出所有满足条件的八位数个数.解首先说明一个事实,即三位数仅由数字组成,且能被整除,若前两数位已确定,则这个三位数1〜93的第3位有且仅有3个可能值.事实上,设前两个数位之和为a,则当三0相33时,第3位可取
3、
6、9;当三1m43时,第3位可取
2、
5、8;当〃三2mod3时,第3位可取
1、
4、
7.于是,满足条件的八位数的首位可以取个值,而第位可取个值,当前两位已确定后,由前面提到的929事实知,后面位上每个数位上的可能值均为个,从而由乘法原理知,满足条件的八位数有639x9x36=59049个.例小兔有棵萝卜,它每天至少要吃一棵,则当萝卜吃完时,不同的吃萝卜的情形有多少种?2212分析由于不能确定几天吃完,而且前几天吃萝卜的个数对后几天又有影响,所以用枚举是不太现实的.我们可以用递归加上数学归纳法求,也可以将问题转化为另一个问题,用一一映射来求.解法若将题设中改为〃,所求吃萝卜的情形有方力种,则网我们猜想/〃=112Fl=l,2=2,F3=
4.当〃3时,F〃=2i成立;若当〃时均成立,则当九=%+时,若第一天吃则此时不同吃法为记为于是1ilWzWZ+l,bA+l—i0=1,所有不同的吃法为k+i kk/5=力/尸
⑦=、A+1—i=21+22T=2i=li=0i=Q即对〃=氏+也成立,由数学归纳法知,加1=2-1neN*.1对于本题〃则所求为尸=12,12=
2048.解法将棵萝卜一字排开,编号为号,小兔吃萝卜从号开始依次吃,若某天最后吃完的是第2121〜121攵棵萝卜,则在第左棵萝卜后放一根筷子其中攵因此对于每一种吃法,对应有若干根筷子有若干根筷W
11.子在若干棵萝卜后,而对于筷子的每一种放法,对应于一种吃萝卜的方法,即这种对应为一一映射.于是问题转化为在个位置上放筷子每个位置至多放一根筷子,有多少种放法而每个位置,可以放筷子,也可以不11放筷子,根据乘法原理知,不同的放筷子的方法有种,即不同的吃萝卜的方法有种.2=20482048例甲地到乙地有条不同的路,某人从甲地到乙地,然后从乙地返回,再又去乙地,再又返回甲地,235要求返回时不能走任何一次去乙地的路,问此人有多少种不同走法?分析运用乘法原理可解此题,但要考虑第二次从甲地到乙地的路是否与第一次从甲地到乙地的路重叠.解第一次从甲地到乙地有种选择,从乙地回到甲地有种选择,而此时若第二次到乙地的路与第一次54重叠,则返回时有种选择;4若第二次到乙地不与第一次重叠,则有种不同选择,而此时返回时有种选择.43由乘法原理和加法原理有种不同走法.5x4x4+4x3=320例在〃的方格内写数学〃,要求和相邻,当〃一填好后,女必须与已写好的数相邻,24lx1~211+1问有多少种不同填数方法.解依题意知〃必定在最前或最后的方格中,故〃可能有两种填法,而当〃写好后,力一也有两种填法
1.而这样的填法也包含有所有的不同真法,故由乘法原理知,必有种不同填法.例个元素的集合中选出个元子集,任两个元子集均无交集,则不同取法有多少#2512433解第一步取出一个3元子集有G种取法,第二步从剩下9个数中取3个,有种取法,第三步取出一个3元子集盘种方法,最后剩下一个3元子集.由于不考虑顺序,故由乘法原理知共有(;・CC;・C;=)15400种不同取法.习题1个红球和个蓝球围成一圈,不同的排列方式有几种(旋转后可重合的算同一种)?
1.33,将数排成一排,使任意个相邻的数都不单调的不同排列个数有多多少个?21〜53个红球、个黄球和个蓝球排成一列,没有两个同色球排在相邻位置上不同排列有多少个?
3.
123.将排成一排,每个数均不大于它两侧(如果两侧都有数的话)的两个数的平均数,问这样的排列有41~5多少个?四个、、、的排列中,使任一个()都有的不同排列的个数有多少个
5.1234i lWzW4中找出个数,使得这个数是某个公差大于的等差数列中的项,则不同的取法有多少项?
1.1〜123323在的方格纸中选出若干个方格,组成一个正方形方格块,则不同的取法有多少种?
7.10x10用种给定颜色中的若干种染一个正方体,如果每个面涂一个颜色,而且相邻的面涂不同颜色,问有多
8.4少种不同涂法(若正方体经若干次翻转后相同视为同一种染法)?.长与宽是互质的正整数,面积是的矩形有多少个?920!.设〃、b、是的数宇,将循环小数.曲化成最简分数后,分子有多少种不同情况?10c0-90参考解答习题1如果没有两个红球相邻,则有红蓝相间的一种方式;若仅有两个红球相邻,则有“红红蓝红蓝蓝”,“红
1.红蓝蓝红蓝”这两种;若三个红球相邻,则有一种方法.故共有种不同排法.4先求至少有个相邻数单调的不同排列的个数.若有个数连续单调增,则有排列共个;若有
2.3512345,1个数连续单调增,则有排列、、、、、、共个;若有个45123412354412351245331245134522134523451,83数连续单调增,则有、、、、、、、、、、、
4512354123124355124335124531241253412543312544125334125、、、、、、、、、、、、
431251342551342251345213413524135422135441352241354213514523、、、、、、、、、、、、、、
1453231452214532314532145234155234115234235142354142351142352451324531、、共个;将上述排列逆过来,得到至少有个相邻数单调减的排列,但如32451132453451234521,41354123和均出现过,这样的既有个数单调增又有个数单调减的排列有、、、、、
32145335412353124125434312552134、、、、、、共个.故至少有个相邻数单调的不同排列的数有13542421351453232145235412453134521,123个.而总的排列数有个,故符合条件的不同排列有个.2xl+8+41—12=885!=120120—88=32先将个蓝球固定,则个球中间两个位置至少各有个其他球.若两个位置有个球,则可以是蓝红
3.3313黄蓝黄蓝、蓝黄红蓝黄蓝、蓝黄蓝红黄蓝、蓝黄蓝黄红蓝,共种;若两端有球,则中间位置可以是红和黄、4黄和红、黄和黄种,另一个球可以在最前端也可以在最后端,故共种.从而总共有种不33x2=64+6=10同排列.由于每个数均不大于两侧两个数的平均数,故必在最前面或最后面,同样,在余下个数中,必是
4.544在剩余个数中最前或最后的,于是可以——枚举为、、、、、、、
412345213453124532145412354213543125、、、、、、、、共个.而这个数中满足条件的只432155123452134531245321454123542135431254321,1616有、、、、、、、共个.
123454123542135432155123453124532145432185.0可取
2、
3、4中任一个.若卬=2,则2可以取
1、
3、4中任一个.如果念=1,那么的=4,四=3;而如果2力1,那么可取3或4,可能是42=3,〃3=4,〃4=1,或〃2=4,的=1,6/4=
3.故0=2时有3种不同排列.而若0=3或0=4,同理也有种排列,故共有种不同排列.33+3+3=9公差大于的等差数列有{}、{}{}及{}、{}、{
6.21,4,7,102,5,8,113,6,9,121,5,92,6,103,7,1}、{4,8,12}和{1,6,11}、{2,7,12}不同取法数为Cx3+lx6=18种.在方格纸上任取一个边长为k的正方形,则它的最左下角的一个方格必属于方格纸的最左下角边长为
7.的正方形中.另一方面,对方格纸中最左下角边长为一人的正方形中任一方格,都可以作一个边长为11—Z11鼠最左下角的格子恰为此方格的正方形.故边长为人的正方形共有个,因此不同的正方11—%21010形的取法有廿种.—%2=2=385k=l k=l因为相邻的面涂不同颜色,所以涂同一颜色的两个面只能是对面.若种颜色均涂,则必有种颜色涂
8.42对面,另2种涂余下的两面,共有种、即6种不同的涂法.若选取4种颜色中的3种,则有C;=4种选法,对所选种颜色,只可能是对面涂同一种颜色,故只有一种涂法,从而共有种涂法.若取颜色小于种,则必343有两个相邻面颜色相同,不合要求.故共有不同涂法种.4+6=10以内有个质因数,依次是、、、、、、、的标准分解式中,每个质因数连同它
9.
208235711131719.20!们的指数一起可以作为长的因子,也可作为宽的因子,有种选择.个质因数同它们的指数一起共有种选2828择,得到个矩形.由于长与宽可以交换,所以有一半重复,于是共有个矩形.2827=
12810.O.abc=-=-^.1当正整数次=100Q+10b+c,既不是3的倍数又不是37的倍数时,是99933x37最简分数,这样次的个数是容斥原理.当正整数次是的倍数,但不是999—333—27+9=6482373的倍数时,它的标准分解式中的幕都是它与约简后就是⑴中的数.当正整数历是的倍数371,373Q3。