2026年奥数组合计数初赛试题及答案

2026年奥数组合计数初赛试题及答案某中学社团招新设有围棋、机器人、动漫三个兴趣社，每位同学至多报2个社团，且规定甲乙两人不能同时报名围棋社，丙必须报名机器人社，若4名同学（甲乙丙丁）的报名方案互不冲突，那么总共有______种不同的报名组合。参考答案：486。解析：首先计算个体报名的可选方案基数：无限制条件下，每位同学至多报2个社团，可选方案包括单报3种、双报种，共6种。丙必须报名机器人社，因此丙的可选方案为仅报机器人、机器人+围棋、机器人+动漫，共3种。甲乙两人不能同时报名围棋社，先计算甲乙无限制的报名组合为种，再减去两人同时报围棋的情况：甲报含围棋的方案共3种（单报围棋、围棋+机器人、围棋+动漫），乙同理3种，共种，因此甲乙的有效组合为种。丁无任何限制，共6种方案。总组合数为。2.对正六边形的6个顶点进行染色，可选颜色为红、黄、蓝、绿4种，要求相邻顶点颜色不同，且红色至多出现2次，旋转或翻转后相同的算不同方案，那么符合要求的染色方案共有______种。参考答案：678。解析：首先计算正六边形顶点相邻不同色的总染色方案，采用环染色公式：n个顶点k种颜色相邻不同的方案数为，代入得种。接下来排除红色出现≥3次的情况：正六边形为偶环，相邻顶点不同的前提下，红色最多可出现3次，且仅能为间隔选取的两种位置模式（选1、3、5位或2、4、6位），共2种位置选择。剩余3个非红色顶点互不相邻，每个均可选择黄、蓝、绿3种颜色，因此红色出现3次的方案数为种。红色出现4次及以上时，需要至少4个不相邻位置，正六边形最多仅能容纳3个不相邻顶点，因此不存在此类方案。因此符合要求的总方案数为种。3.把20个相同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子，要求每个盒子的球数不小于它的编号，且球数为奇数的盒子不超过2个，那么共有______种不同的放法。参考答案：251。解析：首先采用隔板法的基础转化，每个盒子先放入对应编号数量的小球：1号盒放1个，2号盒放2个，3号盒放3个，4号盒放4个，共放入个小球，剩余10个相同小球可随意放入四个盒子，允许空盒，设四个盒子额外放入的球数为，则，。原盒子球数的奇偶性对应为：1号盒为奇数当且仅当为偶数，2号盒为奇数当且仅当为奇数，3号盒为奇数当且仅当为偶数，4号盒为奇数当且仅当为奇数。无限制条件下，剩余10个球的放法为种。接下来排除球数为奇数的盒子≥3个的情况：若有4个奇数盒子，则对应偶、奇、偶、奇，设，代入得即，解数为种。若有3个奇数盒子，分四种情况讨论：仅1号盒偶对应奇、奇、偶、奇，总和为奇+奇+偶+奇=奇，与总和10为偶数矛盾；仅2号盒偶对应偶、偶、偶、奇，总和为偶+偶+偶+奇=奇，矛盾；仅3号盒偶对应偶、奇、奇、奇，总和为偶+奇+奇+奇=奇，矛盾；仅4号盒偶对应偶、奇、偶、偶，总和为偶+奇+偶+偶=奇，矛盾。因此3个奇数盒子的情况无解。最终符合要求的放法为种。4.考虑1,2,…,8的排列，若排列的前4项严格递增，后4项也严格递增，且前4项的和等于后4项的和，则满足条件的排列共有______个。参考答案：8。解析：前4项严格递增、后4项严格递增的排列完全由前4项的元素选择决定：选定4个元素后，前4项按升序排列唯一，后4项按升序排列唯一。1到8的总和为36，因此前4项和需等于18。等价于计算从1到8中选取4个不同元素和为18的子集数量。设四个元素为，则，最小和为，的最大值满足，解得。当时，，，最大为4，枚举得子集{1,2,7,8}、{1,3,6,8}、{1,4,5,8}、{1,4,6,7}，共4种；当时，，，最大为4，枚举得子集{2,3,5,8}、{2,3,6,7}、{2,4,5,7}，共3种；当时，，最小和为，对应子集{3,4,5,6}，共1种。总子集数为种，对应排列共8个。5.从1到2026的所有正整数中，能被2、3、5中至少一个整除，且不能被7整除的数共有______个。参考答案：1275。解析：首先用容斥原理计算1到2026中能被2、3、5至少一个整除的数的个数：设为能被k整除的数的集合，则。计算得，，，，，，，因此总和为。接下来计算上述集合中能被7整除的数的个数，即能被14、21、35至少一个整除的数：，计算得，，，，，，，总和为。因此符合要求的数的个数为。6.某人走15级台阶，每次可跨1级或2级，且不能连续两次跨2级，那么共有______种不同的走法。参考答案：277。解析：设为走n级台阶的合法走法数，分两类讨论：最后一步跨1级，则前n-1级的走法任意，共种；最后一步跨2级，则倒数第二步不能跨2级，因此前n-2级的最后一步必须为跨1级，或n=2时直接跨2级。进一步拆解为状态递推：设为最后一步跨1级的走法数，为最后一步跨2级的走法数，则，其中（最后一步为1级，前n-1级任意），（最后一步为2级，前n-2级的最后一步为1级，等价于前n-3级任意后接1级+2级），因此递推式为。初始值：（空走法），，。递推计算得：，，，，，，，，，，，，。7.某影院售卖单价50元的电影票，开场前有16位观众排队购票，其中8人只持有面值100元的纸币，另外8人只持有面值50元的纸币，售票窗口初始没有任何零钱，不考虑观众个体差异，仅考虑所持纸币面值的顺序，若要保证每位观众都能顺利购票，则不同的排队顺序共有______种。参考答案：1430。解析：该问题为卡特兰数的经典应用，要求排队序列中任意前缀的50元纸币数量≥100元纸币数量。卡特兰数公式为，代入得，即为符合要求的面值序列数。8.设顶点为有标号的4个顶点，那么不含孤立点的连通简单无向图共有______个。参考答案：38。解析：4个顶点的简单无向图总共有种，其中连通图的数量可按边数分类计算：边数为3时，连通图为树，由凯莱公式得4个顶点的标记树共种；边数为4时，总共有种，若图不连通则需存在孤立点，剩余3个顶点最多有3条边，无法达到4条边，因此所有边数为4的图均连通，共15种；边数为5时，总共有种，同理不可能存在孤立点或不连通分支，全部连通；边数为6时为完全图，1种连通。连通图不存在孤立点，因此总数量为。9.正整数解满足的共有______组。参考答案：33。解析：不考虑排序的正整数解总共有组。分三类讨论排序后的解：时，20不是3的倍数，无解；恰有两个变量相等的情况：若，则，，解得，共6组解；若，则，，解得且，共3组解，因此恰有两个相等的解共9组。设三个变量互不相等的解共k组，则总排列数为，解得。因此满足的解共组。10.用6种互不相同的颜色给立方体的6个面染色，要求每个面染一种颜色且无重复颜色，若旋转后完全相同的方案视为同一种，则不同的染色方案共有______种。参考答案：30。解析：采用Burnside引理计算旋转等价类，立方体的旋转群共24个元素：恒等变换1个，绕对面中心轴旋转90°、180°、270°共9个，绕对棱中点轴旋转180°共6个，绕体对角线旋转120°、240°共8个。由于染色要求所有面颜色不同，非恒等变换均会导致多个面颜色相同才能满足不动点条件，因此非恒等变换的不动点均为0。恒等变换的不动点为种，因此等价类总数为。11.某学校高二年级共5个班，举行班级篮球赛，采用单循环赛制（每两个班之间赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，所有比赛结束后，没有出现全负的班级，且任意两个班级的总得分都不相同，请问：（1）总共有多少种不同的得分序列？（得分序列指5个班级的得分按从高到低排列的有序数组）（10分）（2）若要求得分最高的班级得分不超过10分，那么有多少种不同的得分序列？（10分）参考答案：（1）首先计算总得分范围：5个班单循环共场比赛，每场比赛最多产生3分（分出胜负）、最少产生2分（平局），因此总得分S满足，且S可取20到30之间的所有整数。每个班共赛4场，最高得分为12分（全胜），11分无法实现（无满足的非负整数解），因此可能的得分值为1到10、12，共11个值。问题转化为从{1,2,…,10,12}中选取5个不同的严格递增整数，和属于[20,30]的组合数。首先计算不含12的组合：从1到10选5个不同整数，和≥20且≤30。通过枚举与对称性计算：和为20的组合共5种，和为21的共9种，和为22的共11种，和为23的共14种，和为24的共16种，和为25的共18种，和为26的共18种，和为27的共16种，和为28的共14种，和为29的共11种，和为30的共9种，不含12的总组合数为种。再计算含12的组合：剩余4个得分从1到10选不同的数，和需满足。从1到10选4个不同正整数的最小和为，因此实际和范围为10到18。枚举得和为10的组合1种，和为11的1种，和为12的2种，和为13的3种，和为14的5种，和为15的6种，和为16的8种，和为17的9种，和为18的11种，含12的总组合数为种。因此总得分序列共种。（2）得分最高不超过10分，即得分序列不含12，仅需统计不含12的组合数，即141种。用红、黄、蓝三种颜色给2×n的方格表的每个小方格染色，要求任意两个相邻（有公共边）的方格颜色不同，且每种颜色至少使用一次，求符合要求的染色方案数。（20分）参考答案：首先计算无颜色种类限制的总染色方案数：设为2×n方格的合法染色方案数。当时，第一列两个方格颜色不同，共种方案，即。当时，考虑第n列与第n-1列的颜色匹配：设第n-1列的颜色为，，第n列的颜色为，需满足，，。分两类讨论：若，则且，d有2种选择；若c为第三种颜色（既不等于a也不等于b），则d只能选择a（满足且），共1种选择，因此每一列对应3种后续方案，递推得。接下来采用容斥原理排除颜色使用不足3种的情况：仅使用1种颜色的方案数为0（同一列两个方格相邻，