2025年大學(xué)《數(shù)理基礎(chǔ)科學(xué)》專業(yè)題庫——組合數(shù)學(xué)在算法設(shè)計中的應(yīng)用考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)\(S=\{1,2,\dots,n\}\)，\(A\)和\(B\)是\(S\)的兩個子集，且\(A\capB=\emptyset\)。若\(|A|=k\)且\(|B|=m\)，其中\(zhòng)(k\)和\(m\)是已知常數(shù)，且\(k+m\leqn\)。請計算集合\(S\)中所有滿足\(A\capB=\emptyset\)的有序?qū)((A,B)\)的總數(shù)。二、給定一個有\(zhòng)(n\)個頂點的無向完全圖\(K_n\)。請計算從頂點\(v_1\)出發(fā)，經(jīng)過恰好\(k\)條邊到達其他\(n-1\)個頂點中的任意一個頂點的所有不同簡單路徑的總數(shù)。三、一個有\(zhòng)(n\)個房間和\(m\)條雙向通道的宮殿，每個房間通過一條唯一的通道與其他某個房間相連（即宮殿構(gòu)成一棵樹）。一位游客從房間1出發(fā)，他希望訪問所有房間恰好一次。請證明存在一條滿足條件的訪問路徑，并計算所有滿足條件的訪問路徑的總數(shù)。四、考慮一個\(n\timesn\)的棋盤，其中\(zhòng)(n\geq3\)是奇數(shù)。請證明在棋盤上無法放置\(n^2-1\)個國王（國際象棋棋子），使得棋盤上的每個方格恰好被一個國王“攻擊”到（國王攻擊同一行、同一列以及同一對角線的所有方格）。請給出證明。五、設(shè)計一個算法，用于在一個包含\(n\)個元素的數(shù)組\(A\)中查找所有元素值出現(xiàn)次數(shù)大于\(\frac{n}{3}\)的元素。請描述算法的主要步驟，并用組合數(shù)學(xué)思想分析該算法在最壞情況下的時間復(fù)雜度。六、在一個有\(zhòng)(n\)個頂點的無向圖中，每條邊的權(quán)重為1。請證明，圖中任意一個連通分量的頂點數(shù)至少是該分量中所有邊數(shù)加1。請將此結(jié)論與樹的性質(zhì)聯(lián)系起來，并說明如何利用此結(jié)論和組合計數(shù)方法來計算一個圖中所有連通分量的總數(shù)。七、假設(shè)我們要在一個\(n\timesn\)的棋盤上放置\(k\)個國王，使得沒有任何兩個國王互相攻擊。請給出一個組合上的限制，說明對于給定的\(n\)和\(k\)，國王的這種放置方式（若存在）可能需要滿足的條件。例如，當\(n=4\)且\(k=2\)時，討論這種放置的可能性，并簡要解釋原因。八、給定\(n\)個不同的球和\(k\)個不同的盒子（\(k\leqn\)）。請計算所有可能的放球方式的總數(shù)，其中恰好有\(zhòng)(m\)個盒子是空的。請先給出一般情況的計算公式，然后考慮當\(m=1\)時的特殊情況，并解釋該特殊情況下的結(jié)果與斯特林數(shù)（第二類）的關(guān)系。試卷答案一、解：首先選擇\(A\)中的\(k\)個元素，方法數(shù)為\(\binom{n}{k}\)。然后從剩下的\(n-k\)個元素中選擇\(B\)中的\(m\)個元素，方法數(shù)為\(\binom{n-k}{m}\)。由于\(A\)和\(B\)互斥，根據(jù)乘法原理，滿足條件的有序?qū)((A,B)\)的總數(shù)為\(\binom{n}{k}\times\binom{n-k}{m}\)。二、解：從\(v_1\)出發(fā)經(jīng)過\(k\)條邊到達其他\(n-1\)個頂點中的一個，形成一個長度為\(k+1\)的簡單路徑。該路徑包含\(v_1\)和目標頂點，以及\(k\)個中間頂點。首先選擇\(k\)個中間頂點，方法數(shù)為\(\binom{n-1}{k}\)。然后對這\(k+1\)個頂點進行全排列，得到路徑，方法數(shù)為\((k+1)!\)。但是，由于目標是到達\(n-1\)個頂點中的任意一個，因此需要乘以\(n-1\)。最后，還需要考慮方向，因為從\(v_1\)到其他點的路徑與從其他點回到\(v_1\)的路徑被視為不同。因此，總數(shù)為\(2\times(n-1)\times\binom{n-1}{k}\times(k+1)!\)。簡化后得到總數(shù)為\((n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-k)\timesk!\times2\)。三、解：首先證明存在性。由于宮殿構(gòu)成一棵樹，樹有\(zhòng)(n\)個頂點，則恰好有\(zhòng)(n-1\)條邊。從根節(jié)點（房間1）出發(fā)，可以找到一條遍歷所有頂點的路徑，即樹的先根遍歷序列。將此路徑上的邊按順序刪除，可以得到\(n-1\)條不相交的路徑，每條路徑連接兩個房間。選擇其中任意一條路徑，將其中的一個端點作為新的起點或終點，連接到原路徑的另一個端點，形成一個環(huán)。然后從該環(huán)上任意一點出發(fā)，沿著剩余的路徑遍歷所有房間，即可得到一條滿足條件的訪問路徑。此路徑訪問所有房間恰好一次。然后計算總數(shù)。樹的先根遍歷序列有\(zhòng)(n!\)種排列方式。對于每種排列方式，可以選擇其中任意一條邊構(gòu)成環(huán)，共有\(zhòng)(n-1\)條邊可選。選擇某條邊構(gòu)成環(huán)后，環(huán)上有兩個端點，可以選擇其中一個作為新起點或終點，有2種選擇。環(huán)外的路徑有\(zhòng)(n-2\)條，可以按任意順序訪問，有\(zhòng)((n-2)!\)種排列方式。因此，總路徑數(shù)為\(n!\times(n-1)\times2\times(n-2)!=2n!\times(n-1)\)。四、解：用反證法。假設(shè)可以放置\(n^2-1\)個國王，使得每個方格恰好被一個國王攻擊到。由于\(n\)是奇數(shù)，棋盤上黑方格和白方格的數(shù)量不等，分別為\(\frac{n^2+1}{2}\)和\(\frac{n^2-1}{2}\)。每個國王攻擊其所在方格以及同一行、同一列和對角線上的方格。由于國王數(shù)量\(n^2-1\)比白方格數(shù)量\(\frac{n^2-1}{2}\)多，因此至少有一個白方格被兩個或更多國王攻擊。設(shè)\(w\)為被至少兩個國王攻擊的白方格。考慮國王\(K_1\)和\(K_2\)（攻擊方格\(w\)的兩個國王）。由于\(K_1\)和\(K_2\)不同，它們不在同一行也不在同一列。設(shè)\(K_1\)在\((i,j)\)，\(K_2\)在\((p,q)\)。由于\(K_1\)和\(K_2\)都攻擊\(w\)，它們必然在對角線上，即\(|i-p|=|j-q|\)?？紤]\(K_1\)和\(K_2\)的對角線。如果\(|i-p|=1\)，則\(|j-q|=1\)，即\(K_1\)和\(K_2\)相鄰，這與它們不在同一列矛盾。如果\(|i-p|>1\)，則\(|j-q|>1\)，這意味著\(K_1\)和\(K_2\)之間存在其他方格\(w'\)（在它們連線上的黑方格），且\(w'\)同時被\(K_1\)和\(K_2\)攻擊。這與每個方格恰好被一個國王攻擊到矛盾。因此，假設(shè)不成立，無法放置\(n^2-1\)個國王滿足條件。五、解：算法步驟：1.初始化一個空的哈希表（或字典）count，用于記錄每個元素出現(xiàn)的次數(shù)。2.遍歷數(shù)組\(A\)中的每個元素\(x\)。a.如果\(x\)已經(jīng)在count中，則將其對應(yīng)的計數(shù)加1。b.如果\(x\)不在count中，則將\(x\)添加到count，并將其對應(yīng)的計數(shù)設(shè)為1。3.初始化一個空列表result，用于存儲滿足條件的元素。4.遍歷哈希表count中的每個鍵值對\((x,c)\)。a.如果\(c>\frac{n}{3}\)，則將\(x\)添加到result中。5.返回result。時間復(fù)雜度分析：步驟1遍歷數(shù)組\(A\)的時間復(fù)雜度為\(O(n)\)。步驟2中，哈希表插入和查詢的平均時間復(fù)雜度為\(O(1)\)，因此遍歷數(shù)組并更新哈希表的時間復(fù)雜度為\(O(n)\)。步驟3初始化列表的時間復(fù)雜度為\(O(1)\)。步驟4遍歷哈希表的時間復(fù)雜度為\(O(n)\)（因為哈希表中最多有\(zhòng)(n\)個元素）。因此，整個算法的最壞情況時間復(fù)雜度為\(O(n)+O(n)+O(1)+O(n)=O(n)\)。六、解：設(shè)\(C\)是圖\(G\)的一個連通分量，包含\(k\)個頂點和\(e\)條邊。根據(jù)樹的性質(zhì)，任何一棵包含\(k\)個頂點的樹都有\(zhòng)(k-1\)條邊。因此，如果\(C\)是一棵樹，則\(e=k-1\)。如果\(C\)不是一棵樹，則它包含至少一個環(huán)。設(shè)\(r\)是環(huán)中的邊數(shù)，則\(r\geq1\)。在\(C\)中刪除環(huán)中的任意一條邊，剩下的圖仍然連通，且包含\(k\)個頂點和\(e-1\)條邊。根據(jù)樹的性質(zhì)，這棵剩下的圖是一棵樹，因此\(e-1=k-1\)，即\(e=k\)。因此，無論\(C\)是否是樹，都有\(zhòng)(e\geqk\)，即連通分量的頂點數(shù)至少是邊數(shù)加1。利用此結(jié)論和組合計數(shù)方法計算連通分量總數(shù)：遍歷圖中的所有邊，每次遇到一條新邊，如果這條邊連接了兩個不同的連通分量，則將這兩個連通分量合并為一個連通分量。每次合并操作，新連通分量的邊數(shù)增加1，頂點數(shù)也增加1。因此，合并后的連通分量仍然滿足頂點數(shù)至少是邊數(shù)加1。假設(shè)圖最終被劃分為\(m\)個連通分量\(C_1,C_2,\dots,C_m\)，則對于每個\(i\in\{1,2,\dots,m\}\)，都有\(zhòng)(|C_i|\geq|C_i|-1+1\)。對所有\(zhòng)(i\)求和，得到\(\sum_{i=1}^m|C_i|\geq\sum_{i=1}^m(|C_i|-1)+m\)。即\(2E\geq2V-m\)，其中\(zhòng)(E\)是圖的總邊數(shù)，\(V\)是圖的總頂點數(shù)。整理得\(m\leq2V-2E\)。因此，可以通過統(tǒng)計圖中邊的數(shù)量來間接限制連通分量的數(shù)量。七、解：組合上的限制：在一個\(n\timesn\)的棋盤上放置\(k\)個國王，使得沒有任何兩個國王互相攻擊。等價于在\(n\timesn\)的棋盤上選擇\(k\)個方格，使得這些方格在棋盤的同一行、同一列或同一對角線上沒有重復(fù)。這是一個經(jīng)典的組合設(shè)計問題，屬于斯坦納系統(tǒng)\(S(2,k,n)\)的特殊情況。斯坦納系統(tǒng)\(S(2,k,n)\)是指從\(n\)個元素中選取\(k\)個元素的子集，使得任意兩個選定的子集之間有且僅有一個公共元素。在本題中，每個國王占據(jù)一個方格，兩個國王互相攻擊當且僅當它們占據(jù)的方格在同一行、同一列或同一對角線上。因此，問題可以轉(zhuǎn)化為：在\(n\)個元素（方格）中選取\(k\)個元素，使得任意兩個選定的元素屬于同一行、同一列或同一對角線的集合中恰好有一個元素。這等價于構(gòu)造一個\(n\timesn\)的拉丁方，其中每個數(shù)字代表一個國王，數(shù)字的個數(shù)就是國王的個數(shù)\(k\)。當\(n=4\)且\(k=2\)時，考慮拉丁方的構(gòu)造。由于國王不能在同一行或同一列，因此必須將兩個國王放在不同的行和不同的列。同時，國王也不能在同一對角線上，因此必須將兩個國王放在不同方向的斜線上。對于\(n=4\)的棋盤，有兩條主對角線和兩條副對角線。假設(shè)兩個國王分別位于\((1,2)\)和\((2,1)\)。它們不在同一行也不在同一列，滿足條件。但是，它們位于同一條主對角線上（從左上到右下的對角線），因此互相攻擊。因此，不存在兩個國王可以同時滿足不在同一行、同一列和同一對角線上的條件。所以，當\(n=4\)且\(k=2\)時，不存在滿足條件的國王放置方式。八、解：一般情況：首先選擇\(m\)個非空的盒子，方法數(shù)為\(S(n,m)\)，其中\(zhòng)(S(n,m)\)是第二類斯特林數(shù)，表示將\(n\)個不同的元素劃分為