一种解法破解10 个变式——“隔板法”在解题中的应用

■河北省南宫中学 霍忠林

排列组合中的分组分配问题,是排列组合中的难点,其中涉及名额分配或相同元素的分配问题,适宜采用隔板法。下面通过一道例题和10个变式来说明“隔板法”在解题中的应用。

例题:将7个名额分给甲、乙、丙3个班,要求每个班至少一个名额,一共有多少种分配方法?

解析:本题可以看作7 个名额之间有6个空隙,要分给3个班,因此只需要在6个空隙中任选2个空隙分别插入1个隔板,从而得到=15(种)分法。

评注:名额分配问题中的“分配对象至少有一个名额”是“隔板法”中最经典的类型,很多“隔板法”的问题均可转化为此类问题来处理。本题一般化的模型是:将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),每个对象至少有一个元素,则共有种分配方法。

变式1:将7 个名额分给甲、乙、丙3 个班,一共有多少种分配方法?

解析:本题与例题的区别在于个别班级的名额可以为0,也就是说每个班级名额“至少0个”,此时可以假设先向每个班级“借”1个名额,这样就保证了每个班级至少1个名额,从而将问题转化为“将10个名额分给甲、乙、丙3个班,要求每个班至少1个名额,一共有多少种分配方法”,因此共有=36(种)分配方法。

评注:本题一般化的模型是:将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),则共有种分配方法。

变式2:将7 个名额分给甲、乙、丙3 个班,要求甲班至少3 个,乙班至少2 个,丙班至少1个,一共有多少种分配方法?

解析:本题可以先给甲班2个名额,乙班1个名额,从而将问题转化为“将剩下的4个名额分给3个班级,要求每个班级至少1 个名额,一共有多少种分配方法”,因此共有=3(种)分配方法。

评注:当分配对象中出现“至少有n个名额”时,可以先给该对象n-1个名额,从而将问题转化为每个分配对象至少有1个名额的问题来处理。

变式3:求方程x1+x2+x3=10的正整数解(x1,x2,x3)的个数。

解析:本题可看作将10 个1 排成一排,中间有9个空隙,在这9个空隙中任选2 个空隙各放入一个隔板。于是该问题就等价于“将10个名额分给甲、乙、丙3 个班,要求每个班至少1 个名额,一共有多少种分配方法”,这样就符合隔板法的使用条件了。容易得到共有=36(个)正整数解。

评注:求不定方程的正整数解的个数问题时,常用“隔板法”来处理。本题一般化的模型是:方程x1+x2+…+xm=n(n≥m)的正整数解(x1,x2,…,xm)的个数为。

变式4:求方程x1+x2+x3=10的非负整数解(x1,x2,x3)的个数。

解析:令y1=x1+1,y2=x2+1,y3=x3+1,则问题转化为(y1-1)+(y2-1)+(y3-1)=10,即“求方程y1+y2+y3=13的正整数解的个数”,这样就转化为变式3的问题了,容易得到共有=66(个)解。

评注:本题通过y1=x1+1,y2=x2+1,y3=x3+1 的转化,将问题转化为分配对象“至少有一个”的问题来处理。本题一般化模型是:方程x1+x2+…+xm=n的非负整数解(x1,x2,…,xm)的个数为。

变式5:求方程x1+x2+x3=10的正整数解(x1,x2,x3)的个数,其中x1≥1,x2≥2,x3≥3。

解析:令y1=x1,y2=x2-1,y3=x3-2,则问题转化为y1+(y2+1)+(y3+2)=10。即“求方程y1+y2+y3=7 的正整数解的个数”,这样就转化为变式3 的问题了,容易得到共有=15(个)解。

变式6:四个正奇数相加,其和为98,求满足条件的奇数解的个数。

解析:令y1=2k1-1,y2=2k2-1,y3=2k3-1,y4=2k4-1(其中k1、k2、k3、k4均是正整数),则问题转化为(2k1-1)+(2k2-1)+(2k3-1)+(2k4-1)=98,即“方程组k1+k2+k3+k4=51的正整数解的个数”。由隔板法容易得到共有=19 600(个)解。

评注:本题通过将正奇数改写为“y1=2k1-1,y2=2k2-1,y3=2k3-1,y4=2k4-1(其中k1、k2、k3、k4均 是正 整数)”,从而将问题转化为变式3来处理。

变式7:四个正偶数相加,其和为96,求满足条件的偶数解的个数。

解析:令y1=2k1,y2=2k2,y3=2k3,y4=2k4(其中k1、k2、k3、k4均是正整数),则问题转化为2k1+2k2+2k3+2k4=96,即“方程组k1+k2+k3+k4=48 的正整数解个数问题”,由隔板法容易得到共有=16 215(个)解。

评注:本题通过将正偶数改写为“y1=2k1,y2=2k2,y3=2k3,y4=2k4(其中k1、k2、k3、k4均是正整数)”,从而将问题转化为分配对象“至少有一个”的问题来处理。

变式8:如果从数1,2,3,…,14中按小到大的顺序取出a1,a2,a3,使同时满足a2-a1≥3,a3-a2≥3,那么所有符合上述要求的不同取法有_____种。

解析:由题意知a1≥1,a2-a1≥3,a3-a2≥3,14-a3≥0。

令x1=a1,x2=a2-a1,x3=a3-a2,x4=14-a3,则问题转化为“求x1+x2+x3+x4=14(其中x1≥1,x2≥3,x3≥3,x4≥0)的解(x1,x2,x3,x4)的个数”。

再令y1=x1,y2=x2-2,y3=x3-2,y4=x4+1,则问题又转化为y1+(y2+2)+(y3+2)+(y4-1)=14,即“求y1+y2+y3+y4=11的正整数解(y1,y2,y3,y4)的个数”。由隔板法容易得到共有=120(种)取法。

评注:本题通过两次转化,将原问题化归为分配对象“至少有一个”的问题来处理。

变式9:将(x+y+z)10展开,并进行化简合并,其结果有多少项?

解析:由二项式展开式的性质易得,展开化简后的每一项均是kxaybzc的形式,其中a+b+c=10,且a,b,c为非负整数,k为常数。令y1=a+1,y2=b+1,y3=c+1,则问题转化为(y1-1)+(y2-1)+(y3-1)=10,即“求y1+y2+y3=13 的正整数解(y1,y2,y3)的个数”。

评注:采用类似解法可以得到:将表达式(x+y+z)n展开,并进行化简合并,其结果有项。

变式10:将表达式(x1+x2+…+xn)k(其中n,k均为正整数)展开,并进行化简,其结果有多少项?

解析:由展开式的性质易得,展开化简后的每一项均是的形式,其中a1+a2+…+an=k,且a1,a2,…,an为非负整数,c为常数。

令b1=a1+1,b2=a2+1,…,bn=an+1,则问题转化为(b1-1)+(b2-1)+…+(bn-1)=k,即“求b1+b2+…+bn=n+k的正整数解(b1,b2,…,bn)的个数”。

特别地,当n=3,k=10时,就是变式9。

通过上述一系列变式不难发现,采用“隔板法”解题时,试题的表征形式虽有多种,但是最终都转化为“分配对象至少有1个名额”来处理,这种处理策略构思精巧、方法独特。因此,同学们要认真体会和总结,这样才可能举一反三,触类旁通。