专题四第1讲计数原理

第1讲计数原理微点一排序问题例1(1)已知甲、乙、丙3位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列.现有m位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有60种，那么这m位同学围成一个圆时，不同的站法有()A.24种 B.48种C.60种 D.120种答案A解析因为m位同学站成一排，甲同学在乙同学左边的站法共有60种，则甲同学在乙同学右边的站法也有60种，故12Amm=60，解得m=5，那么这5位同学围成一个圆时，不同的站法有(2)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每次讲一艺.讲座次序要求“数”不在第一次也不在第六次，“礼”和“乐”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有()A.480种 B.336种C.144种 D.96种答案B解析方法一“数”“礼”和“乐”都有限制条件，先考虑剩下的“射”“御”“书”，然后考虑不相邻的“礼”“乐”，最后安排“数”.分两种情况：①先排“射”“御”“书”，再让不相邻的“礼”“乐”插空，最后安排“数”，即不同的次序有A33②先把“礼”“乐”捆绑在一起和“射”“御”“书”全排列，最后把“数”放到“礼”“乐”中间，则不同的次序有A44A所以满足要求的“六艺”讲座次序共有288+48=336(种).方法二依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序有A41A55=480(种)，“数”不在第一次也不在第六次时，“礼”“乐所以“六艺”讲座不同的次序共有480-144=336(种).[规律方法](1)“定序”排列问题：在n个不同的元素中，其中有m个元素之间的顺序固定不变(不一定相邻)的排列问题称为“定序”排列问题，其计算公式为N=An(2)不尽相异的n个元素的全排列问题：在n个元素中，有n1个元素相同，又另有n2个元素相同……一直到另有nr个元素相同，且n1+n2+…+nr=n，这n个元素的排列问题叫做不尽相异的n个元素的全排列问题，其计算公式是N=n！(3)圆排列问题：n个不同的元素依照不同的顺序并按一定的方向(顺时针或逆时针)排成环状称为圆排列或环状排列问题，其排列数计算公式为N=Annn.其中，顺序不同的排法才算不同的排列，而顺序相同(即通过旋转就可以重合)的排法认为是相同的排列跟踪演练1如图，3根绳子上共挂有7只气球，绳子上的气球个数依次为2，2，3，每枪只能打破一只气球，而且同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法有种.(请用数字作答)

答案210解析将7只气球编号，从下往上，从右往左依次编号为1，2，3，4，5，6，7，如图，问题等价于求7只气球的排列，且1在2的前面，2在3的前面，4在5的前面，6在7的前面的排法总数，则总共有A77A微点二错排问题1.错排的定义当n个人排成一列时，若重新站队，每个人都不站在原来的位置上，有多少种不同的站队方式问题即为错排问题.2.错排问题递推关系式设n个人有an种满足要求的站队方式，通过合理分步、恰当分类找出递推关系.第一步：第1个人不站在原来的第1个位置，有(n-1)种站法；第二步：假设第1个人站在第2个位置，则第2个人的站法又可以分为两类：①第2个人恰好站在第1个位置，则余下的(n-2)个人有an-2种站队方式；②第2个人不站在第1个位置，则就是第2个人不站在第1个位置，第3个人不站在第3个位置，第4个人不站在第4个位置……第n个人不站在第n个位置，相当于转化为(n-1)个人的错排问题，所以有an-1种站队方式.由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，我们便得到了数列{an}的递推关系式：an=(n-1)(an-2+an-1)(n>2，n∈N*)，显然，a1=0，a2=1，再由递推关系有a3=2，a4=9，a5=44，….3.错排公式的推导已知递推关系式an=(n-1)(an-2+an-1)(n>2，n∈N*)，且a1=0，a2=1，求通项公式an.解：an=(n-1)(an-1+an-2)(n>2，n∈N*)两边同除以n！，得ann！=⇔ann=-1⇒ann=(-1)n-21n×1n=(-1)n1n进一步累加，得ann！-a11！=12！-13！+即an=n！12！−13！+…+(−1)又a1=0不满足该式，a2=1满足该式，故通项公式an=0,例2(多选)历史上著名的伯努利错排问题指的是一个人有n(n≥2)封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为an.例如两封信都投错有a2=1种方法，三封信都投错有a3=2种方法，通过推理可得an+1=n(an+an-1).高等数学给出了泰勒公式：ex=1+x+x22！+x33！+…+A.a4=9B.{an+1-(n+1)an}为等比数列C.ann！=(−1)22！D.信封均被投错的概率大于1答案ABC解析选项A，由题意得an+1=n(an+an-1)，a3=2，a2=1，当n=3时，可得a4=3(a3+a2)=3×(2+1)=9，故A正确；选项B，an+1=n(an+an-1)，∴an+1-(n+1)an=-an+nan-1=-(an-nan-1)，又a3-3a2=-1≠0，则an+1−(n+1)ana选项C，a3-3a2=-1，an-nan-1=-1×(-1)n-3=(-1)n-2，两边同除以n！得，ann！-an−1(n−1)！=(−1)n−2n！=(−1)nn=12！+(−1)33！+…+(−1)nn！=(−1)选项D，信封均被投错的概率为anAnn=ann！，∵ex=1+x+x2则e-1=1+(-1)+(−1)22！+(−1)33！+…+(−1)nn！+(−1)n+1当n为奇数时，1e-ann！=1(n+1)！+−1(n当n为偶数时，1e-ann！=−1(n+1)！+1(n综上，当n为奇数时，ann当n为偶数时，ann！>1[规律方法]解决错排问题的步骤(1)识别问题：首先判断是不是“全部错位”的经典错排问题.关键词：没有一个、全部不对应、全部不坐在自己的位置上等.(2)选择方法：如果n较小(n≤5)，建议直接使用记忆的数值或枚举；如果n较大，或题目要求证明，优先使用递推公式.它逻辑清晰，不易错.(3)应用公式：代入公式计算.如果使用递推公式，务必从基础情况a1，a2开始一步步推.跟踪演练2甲、乙、丙、丁、戊5位妈妈相约各带一个小孩去参观郁金香花展，她们选择骑共享电动车出行，每辆电动车只能带一个孩子，但是孩子们都表示不坐自己妈妈的车，则他们坐车不同的搭配方式有种.

答案44解析方法一(1)甲的小孩先选择坐的车，共有4种不同的选择，不妨假设甲的小孩坐乙的车.(2)此时乙的小孩有两类坐车选择：①选择坐甲的车，则丙、丁、戊的小孩共有2种不同的选择；②选择坐丙或丁或戊的车，丙、丁、戊的小孩共3×3=9(种)不同的选择.即共有2+9=11(种)不同的选择.综合(1)(2)得他们坐车不同的搭配方式有4×11=44(种).方法二本题实际上是一个错位排列的问题，由公式an=n！12！−13！+…+(−1)可得a5=5！12！所以他们坐车不同的搭配方式有44种.微点三分组分配问题例3(1)在“文化抚州，梦想之舟”半程马拉松比赛中，某路段设有甲、乙、丙三个服务点，某高校5名同学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有()A.25种 B.150种C.300种 D.50种答案B解析5名同学分为三个小组，若按2人，2人，1人来分，有C52若按3人，1人，1人来分，有C53再把这三个小组安排到三个服务点，共有A33所以不同的安排方法共有(15+10)×6=150(种).(2)六元一次方程x1+x2+…+x6=100中满足每个未知量解得的数值大于自身下标数字，即xi>i(i=1，2，3，4，5，6)的正整数解有组.(用组合数表示)

答案C解析题设要求xi>i(i=1，2，3，4，5，6)，不妨先构造满足要求的方程式.令yi=xi-i(i=1，2，3，4，5，6)，易知yi为正整数，所以(x1-1)+(x2-2)+…+(x6-6)=100-1-2-3-4-5-6=79，则y1+y2+…+y6=79，所以题目转化成六元一次方程y1+y2+…+y6=79的正整数解有多少组的问题，可以把问题看成79个完全相同的小球，分给6个人，每人至少一个，利用隔板法可得不同的分配方式共有C785种.即六元一次方程x1+x2+…+x6=100满足条件的正整数解有C[规律方法]分组分配包括(1)不同元素分组分配：①平均分组；②部分平均分组.(2)相同元素分组分配(隔板法).跟踪演练3(2025·聊城模拟)寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区至少有1名同学前往，则不同方案的种数为()A.180 B.360C.450 D.540答案D解析由题意得，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有C62当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有C61当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有C61故不同方案的种数为90+360+90=540.微点四环形染色问题例4在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题——“圆环涂色”问题(如图1)：用m种颜色给有n(n≥2)个区域(不含最中间区域)的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用an表示完成这一涂色的方法数.(1)当m=3时，求a4；(2)当m=4时，找出an，an+1的关系，并求出an(n≥2)的通项公式；(3)用5种颜色给图2中10个区域(含最中间区域)涂色，要求相邻区域不同色，求涂色的方法总数.解(1)由题意，用3种颜色给有4个区域的圆环涂色，要求相邻区域不同色，先给A1，A2涂色，有3×2=6(种)方法，接下来，若A3与A1同色，则A4有2种涂色方法，即1×2=2(种)；若A3与A1不同色，则A3，A4都只有1种涂色方法，所以a4=6×(2+1)=18.(2)先考虑an+1的取值，假设不区分A1，An+1是否同色，则用4种颜色涂这(n+1)个区域等价于对以下区域涂色.A1A2A3A4…An+1因此共有4×3n种，但是这其中包含了A1，An+1同色的情况，因此an+1的取值应该减去A1，An+1同色的情况.而当A1，An+1同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，即用4种颜色给n个区域涂色，其方法数也就是an，所以有an+1=-an+4×3n(n≥2).由an+1=-an+4×3n，两边同除以(-1)n+1得an+1(−1)n+1=an移项得an+1(−1)n+1-an所以当n≥3时，an(−1)n=an(−1)n-an−1(−1=-4[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2，又因为a2=A42所以an(−1)n=-4[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+12=-4×9[1−(−3)n−2]1−(−3)+12=3+(-3所以an=3×(-1)n+3n(n≥2).(3)先给中间的区域A10涂色，共有5种方法，接下来就是用剩下的4种颜色涂含有9个区域的“圆环涂色”问题，即(2)中的a9，所以方法总数为5×a9=5×39-15=98400.[规律方法]在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题.跟踪演练4把1个圆分成n(n≥2)个扇形，依次记为D1，D2，…，Dn-1，Dn，每个扇形都可以用3种不同颜色中的任何1种涂色，要求相邻的扇形颜色不同，则共有种不同涂色方法.

答案2n+2·(-1)n解析设涂色方法共有f(n)种，当n=2时，f(2)=6.下面寻求f(n)(n≥3)的递推关系：D1有3种涂色方法，D2有2种涂色方法，…，Dn-1有2种涂色方法，Dn有2种涂色方法(不论是否与D1同色)，这样共有3×2n-1种涂色方法，这3×2n-1种涂色方法可分为两类：(1)Dn与D1同色，虽然与要求不符，但可以认为Dn与D1合为1个扇形，此时涂色方法有f(n-1)种；(2)Dn与D1不同色，此时涂色方法有f(n)种.于是，由分类加法计数原理知3×2n-1=f(n)+f(n-1)(n≥3)，则f(n)-2n=-[f(n-1)-2n-1]，则数列{f(n)-2n}从第2项起构成f(2)-22=2为首项，-1为公比的等比数列，可得f(n)=2n+2·(-1)n(n≥2).微点五二项式定理(a+b+c)n展开式中特定项的求解方法例5(1)在(2x+y+3z)6的展开式中，xy3z2项的系数为()A.360 B.540C.720 D.1080答案D解析(2x+y+3z)6相当于6个因式(2x+y+3z)相乘，其中一个因式取2x，有C6余下5个因式中有3个取y，有C5最后2个因式中全部取3z，有C2故(2x+y+3z)6的展开式中，xy3z2项的系数为C61×2×C53×13×C22(2)(多选)(2025·上饶模拟)若(x+2)(x-1)8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+…+a9(x+1)9，则下列结论正确的是()A.a1+a2+a3+…+a9=2B.a7=96C.a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=4D.a1+2a2+3a3+…+9a9=-15答案BD解析对于A，令x=-1，得a0=28=256；令x=0，得a0+a1+a2+a3+…+a9=2，因此a1+a2+a3+…+a9=2-a0=-254，A错误；对于B，(x+2)(x-1)8=[(x+1)+1][(x+1)-2]8，因此a7=C82×(-2)2+C81×(-2)对于C，令x+1=2，即x=1，得a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=0，C错误；对于D，原等式两边求导得(x-1)8+8(x+2)(x-1)7=a1+2a2(x+1)+3a3(x+1)2+…+9a9(x+1)8，令x=0，得a1+2a2+3a3+…+9a9=(-1)8+8×2×(-1)7=-15，D正确.[规律方法]二项式(a+b)n的通项公式Tk+1=Cnkan-kbk(k=0，1，2，…，n)，它表示的是二项展开式的第k+1项，而不是第k项；其中Cnk是二项展开式的第k+1项的二项式系数，而二项展开式的第跟踪演练5(1)(2025·济宁模拟)2+1x(2x-1)A.18 B.20 C.22 D.24答案B解析2+1x(2x-1)11=2(2x-1)11+1x(2x-1(2x-1)11的二项展开式的通项为Tk+1=C11k(2x)11-k·(-1)k=(-1)k·211-kC11kx11-k(k=0，1，2，∴2(2x-1)11展开式的通项为(-1)k212-kC11kx11-k(k=0，1，2，…，11)，1x(2x-1)11展开式的通项为(-1)k211-kC11kx10-k(k=0，1，2，…，11在①式中，令11-k=0得k=11，故2(2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1121C1111在②式中，令10-k=0得k=10，则1x(2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1021C11故2+1x(2x-1)11(2)(2025·陕西名校联盟TOP10模拟)已知ax+1x2n(答案240解析由于ax+1x2n的展开式的二项式系数和为64，即Cn0+Cn1+又ax+1x令x=1得(a+1)6=729，又a>0，解得a=2或a=-4(舍去)，2x+1x26的展开式的通项为Tk+1=C6k(2x)6-k1x2k=26-kC6kx6-3令6-3k=0，解得k=2，所以展开式的常数项为24·C6专题强化练[分值：73分]一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.(2025·赤峰模拟)在(x+1)n的展开式中，x2的系数为15，则n的值为()A.6 B.5 C.4 D.3答案A解析(x+1)n展开式的通项Tk+1=Cnkxn-因为x2的系数为15，所以n−k2.某校高一学生进行演讲比赛，原有5名同学参加比赛，后又增加2名同学参加比赛，如果保持原来的5名同学比赛顺序不变，那么不同的比赛顺序有()A.12种 B.30种 C.36种 D.42种答案D解析将第6名同学放到原来的5名同学形成的6个空中，有6种放法；将第7名同学放到已经排好的6名同学形成的7个空中，有7种放法，故不同的比赛顺序共有6×7=42(种).3.用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有种不同的涂色方法()A.120 B.240C.360 D.480答案B解析从A开始涂色，A有4种方法，B有3种方法，①若E与B涂色相同，则C，D共有A3②若E与B涂色不相同，则E有2种涂色方法，当C与E涂色相同时，D有3种涂色方法；当C与E涂色不相同时，C有2种涂法，D有2种涂色方法.故共有4×3×[A32+2×(3+2×2)]=2404.e是自然对数的底数，被称为自然常数或者欧拉数，大约为2.718281828.小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将自然常数e的前6位数字2，7，1，8，2，8进行排列得到一个六位数密码，那么小明可以设置个不同密码()

A.240 B.180 C.120 D.72答案B解析6位数字2，7，1，8，2，8中有2个2，2个8，故所组成的六位数密码有A66A5.(2025·皖豫联盟联考)如图(1)，由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”(如图(2))，牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1，2，3，4，然后每个曲面涂一种颜色，相邻(有公共边)的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色的染料可供使用，则不同的涂色方法种数为()A.24 B.48 C.60 D.84答案D解析根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1，2，3，4，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示.1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法.①当2号、3号小方格涂不同颜色的染料时，有3×2=6(种)不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有4×6×2=48(种)不同的涂法.②当2号、3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有4×3×3=36(种)不同的涂法.综上，由分类加法计数原理，可得共有48+36=84(种)不同的涂法.6.x−A.88 B.-88 C.32 D.-32答案B解析展开式中常数项的构成来源，包括以下情况：①全是2，②2个x，1个-1x，2由组合知识可知，x−1x+25展开式中常数项为C55×25+C57.著名的“全错位排列”问题(也称“装错信封问题”)是指将n个不同的元素重新排成一行，每个元素都不在自己原来的位置上，求不同的排法总数.若将n个不同元素全错位排列的总数记为an，则数列{an}满足a1=0，a2=1，an=(n-1)(an-1+an-2)(n≥3).已知有7名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有2名同学坐到自己原来的位置，则不同的坐法有()A.21种 B.44种C.396种 D.924种答案D解析第一步，先选出2名同学位置不变，则有C72=7第二步，剩下5名同学都不在原位，则有a5种坐法，由数列{an}满足a1=0，a2=1，an=(n-1)(an-1+an-2)(n≥3)，则a3=(3-1)(a2+a1)=2，a4=(4-1)(a3+a2)=9，a5=(5-1)(a4+a3)=44，则不同的坐法有21×44=924(种).8.有9级台阶，每次只能向上走1级、2级或3级台阶(不能往回走)，则走完9级台阶的方法种数为()A.24 B.44 C.81 D.149答案D解析记走完n级台阶的方法种数构成数列{an}，易得a1=1，a2=2，a3=4.走完这n级台阶可考虑最后一步走的是1级、2级或3级台阶这三种情况，则an=an-1+an-2+an-3(n≥4).所以a4=a3+a2+a1=7，a5=a4+a3+a2=13，a6=a5+a4+a3=24，a7=a6+a5+a4=44，a8=a7+a6+a5=81，a9=a8+a7+a6=149.二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.小许购买了一套五行文昌塔摆件(如图)，准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有()A.不同的摆放方法共有120种B.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种C.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种D.若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种答案ACD解析由题可知，不同的摆放方法共有A55=120(种)，A正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有A33A42=72(种)，C正确，B不正确；若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有A10.设x2026=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a2026(x+1)2026，则()A.a1=-2026B.a0-a1+a2-…+a2026=22026C.a0，a1，a2，…，a2026中最大的是a1013D.a12+a222+a3答案AB解析设t=x+1，则(t-1)2026=a0+a1t+a2t2+a3t3+…+a2026t2026，所以a1=C20262025(-1)2025=-2026，令t=-1，得(-2)2026=a0-a1+a2-…+a2026=22026，B选项正确；a1013=C20261013(-1)1013为负数，显然令t=12，得12−12026=a0+a12+a2令t=0，得a0=1，所以a12+a222+a323+…+11.(2025·包头模拟)数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其他领域中，其他进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若十进制数n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，其中a0=1，∈0，1(i=1，2，…，k)，则n对应的二进制数为(a0a1a2…ak)2(k∈N).以下说法正确的是()A.十进制数2025用二进制表示为(1111101001)2B.满足a0，a1，a2，…，a6中有且只有3个1的所有二进制数(a0a1a2…a6)2对应的十进制数的和为1275C.将十进制数n对应的二进制数中1的个数记为S(n)，则S(2n+1)=S(16n+4)D.将十进制数n对应的二进制数中0的个数记为T(n)，令f(n)=2T(n)，则f(22025)+f(22025+1)+f(22025+2)+…+f(22026-1)=32025答案BCD解析对于A，2025=1024+512+256+128+64+32+8+1=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+1×23+0×22+0×21+1×20=(11111101001)2，故A错误；对于B，n=a0×26+a1×25+…+a5×21+a6×20，其中a0=1，a1，a2，…，a6中有且只有2个1，有C62所以所有二进制数(a0a1a2…25，24，…，21，20均出现C51所以对应的十进制数的和为C51(25+24+…+21+20)+C62×26=1对于C，n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，则S(n)=kΣi=0，2n+1=a0×2k+1+a1×2k+a2×2k-1+…+ak-1×22+ak×21+1×2故S(2n+1)=kΣi=0+1=S(n)+1，16n+4=a0×2k+4+a1×2k+3+a2×2k+2+…+ak-1×25+ak×24+1×22，故S(16n+4)=kΣi=0+1=S(n)+1，故S(2n+1)=S(对于D，22025，22025+1，22025+2，…，22026-1共22026-22025=22025(个)数，所有的数转换为二进制后，总位数都为2026，且最高位都为1，而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1.设其中的数x，转换为二进制后有k个0(0≤k≤2025)，则f(x)=2k；在这22025个数中，转换为二进制后有k个0的数共有C2025k个，故f(22025)+f(22025+1)+f(22025+2)+…+f(22026-1)=2025Σk=02k·C2025k=(1+2)2025=32三、填空题(每小题5分，共15分)12.(2025·北京)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，则a0=；a1+a2+a3+a4=.

答案115解析令x=0，则a0=1，又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4=a0+a1(-2x)+a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x)4，令t=-2x，则(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=15.13.(2025·南昌模拟)某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次只能取一个，且所取的装饰品只能有1个或0个相邻的装饰品，则不同的取法种数为