問題一：將一個2003邊形的每個頂點染成紅、藍、綠三種顏色之一，使得相鄰頂點的顏色互不相同，請問有多少種滿足條件的方法？
分析：直接求解似乎不太現實，將多邊形的邊數看成變量，我們設置T(n)記錄方案數，應用簡單的組合計數原理，容易看到T(3) = 6 , T(4) = 18。基於這么有限的條件，我們如何求解T(2003)呢？遞推似乎是解決這種問題的好方法。
我們考慮基於T(n-1)，在第n-1后面再加一個點形成n邊形。
如果第1個點和第n-1個點同色，對於第n個頂點我們有2種選擇，而對於剩余n-1個頂點，我們基於n-2個頂點的方案數，每次添加一個和第一個頂點相同顏色的點，便完成了所有情況的構造，此時即得到2T(n-2)種方案。
如果第1個點和第n-1個點異色，那么對於第n個頂點我們只有一種方案，便基於T(n-1)的基礎上添加一個點即可，我們得到T(n-1)種方案。
由此我們可以得到結論：T(n) = T(n-1) + 2T(n-2),結合初始條件，T(2003)顯然是可求的。
如果說我們有台計算機，那么基於上面的條件其實也就可以求解了，但如果沒有的話，我們則需要進一步從這個遞推式中挖掘信息。
外延一種根據遞推式求解通項的方法：對於遞推式a(n+2) = pa(n+1) + qa(n)，a1 = α，a2 = β,x^2 + px + q = 0是其特征方程的根，x1、x2為特征方程的解。當x1 != x2,an = Ax1^(n-1) + Bx2^(n-1) ；而當x1 = x2 , an = (A + Bn)x^(n-1)。其中A和B通過初始條件a1、a2的值，利用待定系數的方法求解。
那么考察此題給出遞推等式，我們可得出an的通項，T(2003)也不難求解了。
問題二：設n是正整數。若由n個正整數組成的數列(可以相同)滿足：對於每個正整數k(k >= 2),當k在此數列中時，k - 1也在此數列中，且k-1第一次出現的位置在k最后一次出現的位置的前面，則稱該數列為“滿的”。問：對於每個整數n，有多少個滿的數列？
分析：由題目鑒定，我們可知對於r = max{a1,a2……an}，則區間[1,r-1]的整數都在該數列當中，我們設置集合Si來表示數列中第k個元素ak = i的下標k，即Si = {k | ak = i}，之所以定義這個集合，是為了方便利用題設條件，由此我們可知min Si-1 < max Si ， 則此時我們可以對Si所含元素進行一個簡單的排序。
S1 = {b1,b2,……b(k1)} (b1 > b2……>b(k1) 且 b(k1) > b(k1 + 1))
S2 = {b(k1+1) , b(k1 + 2)……b(k2)} (b(k1+1) > b(k1+2)……>b(k2)且b(k2) > b(k2 + 1))
……
由此我們考察S1、S2……Sr不難發現，r個集合的n個元素與{1,2,3……n}滿足一個雙射關系，那么基於這種雙射關系，我們通過{1,2,3……n}形成n!種排列，然后相應的去匹配ak對應的正整數，便可構造出滿的數列，由此不難得出該題的結論，對於每個n，有n!個滿的數列。
問題三：桌子上有六個空錢包，將12枚2元硬幣放入這些錢包中，至多剩余一個錢包，問有多少種方法？
分析：這算是組合計數問題里面比較基礎的問題了。題設所說至多剩余一個，即分為沒有空錢包和剩余一個空錢包，我們只需要分情況討論然后將兩種情況的結果相加即可。
①沒有空錢包，這種情況對應着將6個硬幣放入6個錢包(允許有空錢包)的情況，因此在給6個錢包分組的時候，會形成11個位置，分成6組需要選擇5個位置，即C(11,5)。
②如果有一個空錢包，首先要選出這個空錢包，即C(6,1)，將12個硬幣放入5個錢包，對應着將7個硬幣放入5個錢包(允許有空錢包)的情況，采取①的思路，我們得到C(13,4)。
綜合起來，這道題的解即為C(11,5) + 6C(13,4)。
問題四：設六邊形ABCDEF是邊長為1的正六邊形，O是六邊形的中心，除了六邊形的每一條邊，可以從O到每個頂點連一條線段，共得到12條長度為1的線段，一條路徑是指從O出發，沿着線段最后又回到O，問：長度為2003的路徑共有多少條？
分析：首先我們應該考慮的是求解這道問題的通式，我們設置a[n]記錄長度為n的路徑，而b[n]表示從某個頂點出發，到達O的路徑的長度。考察該幾何圖形，我們容易看到如下的遞推關系式。
a[n] = 6b[n-1] (考察a[n]路徑，去掉其最后一步，得到此遞推式)
b[n] = a[n-1] + 2b[n-1](考察b[n]路徑，去掉其最后一步，得到遞推式)
由此我們不難得出關於a[n]的遞推式——a[n+2] - 2a[n+1] - 6a[n] = 0。同樣，如果這是一道編程問題，我們基於這個遞推式就可以求解了，但是如果是個數學題的話，我們則需要給予這個遞推式進一步求其通式，其方法在問題一種已經給出。
此題的關鍵是尋求這種遞推關系，而尋求遞推關系的關鍵則是基於一種狀態，通過去掉最后一個步來建立起與前一種狀態的聯系，而所謂的”去掉最后一步“是否完成的足夠全面(沒有重復沒有漏)，則是遞推關系是否正確的關鍵一環。
問題五：將n(n>=1)個有標記的球分別分配給九個人A、B、C、D、E、F、G、H、I,問：有多少種分配方法，使得A得到的球的數目與B、C、D、E一共得到的球的數目相同？
分析：此題是非常考驗數學觀察力和構造能力的，既然是9個人，A球和另外四個球數量相同，我們考察(x^2 + x + x + x + x + 1 + 1 + 1 + 1)^n這樣一個式子。我們規定如果將第k個球給A，那么選取第k個因子中的x^2;如果將第k個球分給B、C、D、E，則選取第k個因子當中的第1、2、3、4個1；如果將第k個球給F、G、H、I，則選取第k個因子中第1、2、3、4個x，我們會看到，為了滿足A的球和B、C、D、E的球數和相同，需要選擇一個因子的x^2，就要對應選擇另一個因子中的某個1，而其余因子只能選擇x，由此不難看出，(x^2+4x +4)^n展開式中x^n的系數變式方案的總數。利用牛頓二項式定理，對於(x+2)^2n，x^n的系數為2^nC(2n,n)。
這道題目呈現出來的方法思想，對於學過生成函數算法的讀者來說可能比較熟悉。即一種將組合計數和函數表達式聯系在一起，通過證明函數與組合計數的等效轉化性，然后基於函數進行運算。
問題六：對所有是數字1~7的全排列的七位數，從小到大進行排序。問：數字3654217出現在第幾個？
這也是一道比較基礎的組合計數問題，我們考慮第一個數字是1、2的情況，得到2*6！個數字；第一個數字是3第二位數字是1、2、4、5，得到4*5！個數字；類似地依次分析接下來的每一位，即，共有2*6！ + 4*5！ + 3*4！ + 2*3！ + 1*2！ ，在此結果上+1便得到最終結果。
問題七：數916238457是一個包含1~9每個數字恰好一次的九位數的例子，其還具有性質：數1~5以正常的順序出現，但1~6不以正常的順序出現。問：這樣的數有多少個？
題目很簡單，關鍵點在於理解這個9位數的性質，我們先將1~5排好順序，形成6個空隙，按照性質，數字6有5個符合要求的空隙，即有5種方法，然后再依次填入7、8、9，則答案為5 * 7 * 8 * 9 = 2520.
問題八：有多少種方法可將2011/2010表示成兩個n+1/n(n∈Z)型分數的乘積？(其中，ab和ba認為是一種方法)
我們設2011/2010 = (p + 1)/p * (q + 1)/q，進行整理可得p = 2010 + (2010*2011)/(q - 2010) , q = 2010 + (2010*2011)/(p-2010)。由因為q、p都是正整數，所以p - 2010是2010*2011的因子即可，因此對其進行素因子分解，有2010*2011 = 2 * 3 * 5 * 67 *2011 ， 其因子數共有C(5,1) + C(5,2) + C(5,3) + C(5,4) + C(5,5) = 2^5，由於p、q表示形式上的對稱性，當存在一組解(p,q)的時候，另外一組解(q,p)也會滿足條件，因此這里共有16種方法。
問題九：令f(n)為滿足4x+3y+2z = 2000 = n的正整數數對(x,y,z)的個數，求f(2009) - f(2000)。
設4x+3y+2z = 2000 ， 觀察到2009 - 2000 = 9 ， 並且y的系數3是9的因子，因此我們構造x' = x , y' = y + 3 ,z' = z,則有4x' + 3y' + 2z' = 2009，因此我們可以看到在y'的解空間中，y' > 3的時候與y的解空間形成雙射，即f(2009) - f(2000)的值為y' = 1 , 2 , 3時可以取的(x,y,z)的整數對的個數。
y' = 1 => 4x' + 2z' = 2006 => 501組。
y' = 2 => 4x' + 2z' = 2003 => 0組。
y' = 3 => 4x' + 2z' = 2000 => 499組。
因此f(2009) - f(2000) = 499 + 501 = 1000.
問題十：從1°、2°……179°選出三個角度使其成為非等腰三角形的三個內角，問：有多少種選法？
我們設三個內角分別是x、y、z，由x + y + z = 180 ， 我們能夠得到C(179,2)組解，需要知道的是這里的解的組合有次序的，即是一種排列。隨后我們需要找到等腰三角形的情況，為了好分析，我們先把等邊三角形單獨拿出來分析。x、y、z用(x,y,z)來表示。
(60,60,60) ， 1組。
(1,1,178) 、(2,2,176)……(89、89、2) ， 由於我們求總情況數的時候是一種排列，這里當然需要保持一致，共88C(3,1)組。
求解最終的答案不要忘了去除排列性，即答案為C(179,2) - 1 - 88C(3,1) / A(3,3)。
問題十一：求滿足下述條件的正整數的數目，可以被9整除，位數不超過2008，且各位數字中至少有兩位數字是9.
總數：利用基本的分步乘法原理，有10^2008 - 1種。(減掉0的情況)
其中9的倍數有(10^2008 - 1)/9種。
現在考慮這些數字各位數字中至多有1個9的情況的數量，然后用總數減掉便可得答案。
(1)有0位9，我們對前2007位在0~8中隨機選擇，為使這個2008位的整數被9整除，第2008位的數字是唯一確定的，因此這種情況下得到9^2007 - 1種情況.
(2)有1位9，類似上面的過程，在這里我們得到C(2008,1)9^2006種情況。(顯然這種情況下是不會出現0的)
因此最終滿足題意的數目共有(10^2008 - 1)/9 - (9^2007 - 1) - 2008*9^2006。
問題十二：有六個紅球、三個籃球、三個黃球。將這些球放在一條直線上，假設同色的球沒有區別。試問：有多少種不同的方法，使得同色的球不相鄰？
這其實是組合計數問題中的一類“不相鄰”問題，我們應該先將數量較多的球擺好，然后將顏色不同的球插入到其中。在這個問題中，我們首先將6個紅球擺好——10101010101(1代表紅球，0代表必須填充的間隔)，而我們手頭還有另外的6個球，因此我們能夠知道，藍色球和黃色球至多相鄰一次。那么下面我們便開始分別討論。
(1)藍色球和黃色球不相鄰：顯然有C(2,1)*C(6,3)種情況。
(2)藍色球和黃色球相鄰一次：我們將相鄰的藍色球和黃色球合成一個花球，這種合成包括2種方法，則此時出現的情況數為2 * 5! / (2! * 2! )。
問題十三：15張卡片上分別寫着1,2，……15.現從中至少選出一張卡片。問：有多少種選擇方式，使得所選的所有卡片上的數均大於或等於被選的卡片的張數？
我們從更加一般的角度來分析這個問題，如果給出了k張卡片，考慮用遞推的思維來建立起前后狀態的關系，我們進行如下的分類討論，記f[k]表示：
(1)不選第k張卡片，則得到f[k-1]種情況。
(2)選擇了第k張卡片。
(i)不選其余卡片，1種情況。
(ii)選擇其余卡片，很容易看到，當前情況就不能夠選第1張卡片了，對於剩余的2、3……k-1張，我們將其重新編號：1,2……k-2,可以看到，我們在f[k-2]種情況的基礎上，加上第k張卡片，由於增加了一張卡片數，應該將每個卡片的編號+1，這其實剛好與我們進行編號前的所有情況是一一對應的，由此我們得到了f[n-2]種情況。
綜合起來，我們發現，f[n] = f[n-1] + f[n-2] + 1，基於這個遞推式，我們就很容易進行求解了。
問題十四：設正整數m、n互素，s是任意一個整數，求集合{1,2,3……m+n-1}的子集A的數目，使得|A| = m,且∑x ≡ s(mod n)，其中x∈A.
我們容易看到，元素個數為m的子集個數為C(m+n-1,m)種，現在我們需要探討在這些種集合中，(∑x) mod n的結果是否會出現重復，或者說如何進行重復。
我們基於這樣一條數論中結論，如果(p,n) = 1，則n mod p 、2n mod p…… (p-1)n mod p是1、2、……p-1的一個某種次序的排列(證明費馬小定理的用到的結論，可用鴿巢原理去證明)。那么現在用到這里，對於某種情況∑xk，我們進行xk <- xk + 1的操作，則∑xk增加了m，那么進行n次這樣的操作，結果便是0、1、2……n-1的一個某種次序的排列，那么基於這個結論，我們這個過程放在一個m + n - 1的數環上，對於某個長度為m的集合，旋轉n次，∑xk mod n = 1、2、3……n-1，可以看到，所有的情況都會存在與這樣一個旋轉的系中，因此我們得到結論，∑x ≡ s(mod n)，s取0、1、2……n-1的情況數目是相等的，因此該題最終的答案是1/n * C(m+n-1,m).
問題十五(uva 12034)：
A、B兩個人賽馬，最終名次有3種可能：並列第一；A第一B第二；A第二B第一。那么按照這種排名方法，給出整數n，求解最終排名的所有情況數。
分析：考慮基本的遞推原理就能夠得到這道問題的解，設dp[n]是n個人不同排名的情況數，選擇i個人成為並列第1，完成問題規模的削減，然后將各個情況累加起來，可以得到如下的狀態轉移方程：
#include<cstdio> using namespace std; const int MOD = 10056; const int maxn = 1005; int dp[maxn]; int C[maxn][maxn]; void init() { for(int i = 0;i < maxn;i++) { C[i][0] = 1; for(int j = 1;j <= i;j++) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % MOD; } } int main() { init(); dp[0] = 1; dp[1] = 1; dp[2] = 3; int n; int T; int tt = 1; for(int i = 3;i <= maxn;i++) { int sum = 0; for(int j = 1;j <= i;j++) { sum += (C[i][j]*dp[i-j])%MOD; //printf("%d\n",(C[i][j]*dp[i-j])); } dp[i] = sum%MOD; } scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); printf("Case %d: ",tt++); if(n == 1 || n == 2) {printf("%d\n",dp[n]);continue;} printf("%d\n",dp[n]); } }
問題十六(uva 10213)：
有多少土地：
在一個橢圓的土地當中，在邊界上有n個點，現在連接任意的兩個點，那么請問這塊橢圓土地能夠最多被分割成多少塊？
分析：一道歐拉定理即視感非常強的題目，我們依然要借助節點v、邊的個數e來確定面數f，在這里要去掉最外面那個面，即在這道具體的題目當中，f = e-v+1.
那么下面的問題還是求v、e。其實這里能夠看到已經和計算幾何不沾什么邊了，本質上來講是一個組合計數問題。
點：
我們固定一條線段的起始點，然后遍歷剩余點作為終點，狀態參量i表示該線段左邊的點的個數，這是一個子問題，我們遍歷起始點，然后進行去重(充分理解這個分割狀態的過程，能夠看到每個點會被計算4次)就可以了。
邊：
基於求點數的窮舉計數方法，這里計算邊會變得非常簡單。
但是很遺憾這個問題到這里還沒有結束，由於這道題目是多組數據，而且在時間復雜度上卡的很近，因此我們需要繼續的化簡。
對於一個樣例，給出n，我們給出的公式是O(n)算法(循環計算)，下面嘗試將其優化成O(1)。
參考代碼如下：
import java.math.BigInteger; import java.util.Scanner; public class main { public static void main(String[] args) { int t; Scanner in = new Scanner(System.in); t = in.nextInt(); for(int Case =1 ;Case <= t;Case++) { BigInteger n = in.nextBigInteger(); BigInteger a = n.pow(4); BigInteger b = n.pow(3).multiply(BigInteger.valueOf(6)); BigInteger c = n.pow(2).multiply(BigInteger.valueOf(23)); BigInteger d = n.multiply(BigInteger.valueOf(18)); BigInteger ans = BigInteger.valueOf(0); ans = ans.add(a).subtract(b).add(c).subtract(d); ans = ans.divide(BigInteger.valueOf(24)); ans = ans.add(BigInteger.valueOf(1)); System.out.println(ans); } } }