數學排序題

① 組合和排列（數學題）

1，總共多少顆糖？
2,9*8*7*6=3024
3，一個演員，四個歌手，5*(8*7*6*5）/4*3*2*1=350
兩個演員，三個歌手，(5*4/2)*8*7*6/3*2*1=560
總共910

② 高2數學 排列題目

A6,2
6選2做排列，你都知道是排列了，還不敢做？因為兩個數一個做分子一個做分母，會有兩個，所以是有順序的，用排列。

③ 數學中排列問題。

排 列
課題：排列的簡單應用(2)
目的：使學生切實學會用排列數公式計算和解決簡單的實際問題，進一步培養分析問題、解決問題的能力，同時讓學生學會一題多解．
過程：
一、復習：
1．排列、排列數的定義，排列數的兩個計算公式；
2．常見的排隊的三種題型：
⑴某些元素不能在或必須排列在某一位置——優限法；
⑵某些元素要求連排（即必須相鄰）——捆綁法；
⑶某些元素要求分離（即不能相鄰）——插空法．
3．分類、分布思想的應用．
二、新授：
示例一：從10個不同的文藝節目中選6個編成一個節目單，如果某女演員的獨唱節目一定不能排在第二個節目的位置上，則共有多少種不同的排法？
解法一：（從特殊位置考慮）
解法二：（從特殊元素考慮）若選： 若不選：
則共有 ＋ ＝136080
解法三：（間接法） 136080
示例二：
⑴ 八個人排成前後兩排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，丙要排在後排，
則共有多少種不同的排法？
略解：甲、乙排在前排 ；丙排在後排 ；其餘進行全排列 ．
所以一共有 ＝5760種方法．
⑵ 不同的五種商品在貨架上排成一排，其中a, b兩種商品必須排在一起，而c, d兩種商品不排在一起, 則不同的排法共有多少種？
略解：（「捆綁法」和「插空法」的綜合應用）a, b捆在一起與e進行排列有 ；
此時留下三個空，將c, d兩種商品排進去一共有 ；最後將a, b「松綁」有 ．所以一共有 ＝24種方法．
☆⑶ 6張同排連號的電影票，分給3名教師與3名學生，若要求師生相間而坐，則不同的坐法有多少種？
略解：（分類）若第一個為老師則有 ；若第一個為學生則有
所以一共有2 ＝72種方法．
示例三：
⑴ 由數字1，2，3，4，5可以組成多少個沒有重復數字的正整數？
略解：
⑵ 由數字1，2，3，4，5可以組成多少個沒有重復數字，並且比13 000大的正整數？
解法一：分成兩類，一類是首位為1時，十位必須大於等於3有 種方法；另一類是首位不為1，有 種方法．所以一共有 個數比13 000大．
解法二：（排除法）比13 000小的正整數有 個，所以比13 000大的正整數有 ＝114個．
示例四： 用1，3，6，7，8，9組成無重復數字的四位數，由小到大排列．
⑴ 第114個數是多少？ ⑵ 3 796是第幾個數？
解：⑴ 因為千位數是1的四位數一共有 個，所以第114個數的千位數應該是「3」，十位數字是「1」即「31」開頭的四位數有 個；同理，以「36」、「37」、「38」開頭的數也分別有12個，所以第114個數的前兩位數必然是「39」,而「3 968」排在第6個位置上，所以「3 968」 是第114個數．
⑵ 由上可知「37」開頭的數的前面有60＋12＋12＝84個，而3 796在「37」開頭的四位數中排在第11個（倒數第二個），故3 796是第95個數．
示例五： 用0，1，2，3，4，5組成無重復數字的四位數，其中
⑴ 能被25整除的數有多少個？
⑵ 十位數字比個位數字大的有多少個？
解： ⑴ 能被25整除的四位數的末兩位只能為25，50兩種，末尾為50的四位數有 個，末尾為25的有 個，所以一共有 ＋ ＝21個．
註： 能被25整除的四位數的末兩位只能為25，50，75，00四種情況．
⑵ 用0，1，2，3，4，5組成無重復數字的四位數，一共有 個．因為在這300個數中，十位數字與個位數字的大小關系是「等可能的」，所以十位數字比個位數字大的有 個．
三、小結：能夠根據題意選擇適當的排列方法，同時注意考慮問題的全面性，此外能夠藉助一題多解檢驗答案的正確性．
四、作業：「3＋X」之 排列 練習
組 合
課題：組合、組合數的綜合應用⑵
目的：對排列組合知識有一個系統的了解，掌握排列組合一些常見的題型及解題方法，能夠運用兩個原理及排列組合概念解決排列組合問題．
過程：
一、知識復習：
1．兩個基本原理；
2．排列和組合的有關概念及相關性質．
二、例題評講：
例1．6本不同的書，按下列要求各有多少種不同的選法：
⑴ 分給甲、乙、丙三人，每人兩本；
⑵ 分為三份，每份兩本；
⑶ 分為三份，一份一本，一份兩本，一份三本；
⑷ 分給甲、乙、丙三人，一人一本，一人兩本，一人三本；
⑸ 分給甲、乙、丙三人，每人至少一本．
解：⑴ 根據分步計數原理得到： 種．
⑵ 分給甲、乙、丙三人，每人兩本有 種方法，這個過程可以分兩步完成：第一步分為三份，每份兩本，設有x種方法；第二步再將這三份分給甲、乙、丙三名同學有 種方法．根據分步計數原理可得： ，所以 ．因此分為三份，每份兩本一共有15種方法．
註：本題是分組中的「均勻分組」問題．
⑶ 這是「不均勻分組」問題，一共有 種方法．
⑷ 在⑶的基礎上在進行全排列，所以一共有 種方法．
⑸ 可以分為三類情況：①「2、2、2型」即⑴中的分配情況，有 種方法；②「1、2、3型」即⑷中的分配情況，有 種方法；③「1、1、4型」，有 種方法．所以一共有90+360+90＝540種方法．

例2．身高互不相同的7名運動員站成一排，甲、乙、丙三人自左向右從高到矮排列且互不相鄰的排法有多少種？
解：（插空法）現將其餘4個同學進行全排列一共有 種方法，再將甲、乙、丙三名同學插入5個空位置中（但無需要進行排列）有 種方法．根據分步計數原理，一共有 ＝240種方法．
例3．⑴ 四個不同的小球放入四個不同的盒中，一共有多少種不同的放法？
⑵ 四個不同的小球放入四個不同的盒中且恰有一個空盒的放法有多少種？
解：⑴ 根據分步計數原理：一共有 種方法．
⑵（捆綁法）第一步從四個不同的小球中任取兩個「捆綁」在一起看成一個元素有 種方法，第二步從四個不同的盒取其中的三個將球放入有 種方法．所以一共有 ＝144種方法．
例4．馬路上有編號為1，2，3，…，10的十盞路燈，為節約用電又不影響照明，可以把其中3盞燈關掉，但不可以同時關掉相鄰的兩盞或三盞，在兩端的燈都不能關掉的情況下，有多少種不同的關燈方法？
解：（插空法）本題等價於在7隻亮著的路燈之間的6個空檔中插入3隻熄掉的燈，故所求方法總數為 種方法．
例5．九張卡片分別寫著數字0，1，2，…，8，從中取出三張排成一排組成一個三位數，如果6可以當作9使用，問可以組成多少個三位數？
解：可以分為兩類情況：① 若取出6，則有 種方法；②若不取6，則有 種方法．根據分類計數原理，一共有 + ＝602種方法．
滿意請採納。

④ 數學排列和組合練習題目

第一題，用1，3，5做末位，有3種方法，然後首位有4種選擇，答案3*4*4*3*2=288個；第二題，分兩類，即0做末位，結果是4*3=12個，若2或4作末位，有2*3*3=18個，所以答案是12+18=30個。

⑤ （數學）關於組合與排列的題目

含有5個元素的子集：9*8*7*6*5/5! = 126
含有5個元素且0個偶數元素的子集：版一個，就權是{1,3,5,7,9}
含有5個元素且1個偶數元素的子集：有4種選擇偶數的方式，5*4*3*2/4! = 5種選擇四個奇數的方式，所以總共有4*5 = 20個。

所以含有5個且至少有兩個偶數元素的子集有 126 - 1 - 20 = 105個。

⑥ 數學 排列的題目

(1)百位有7種選擇，十位有6種選擇，個位有5種
7*6*5=210
（2)由三位偶數，可知個位必須是偶數（2，4,6）有3種選擇
百位有6種選擇，十位有5種選擇
6*5*3=90
（3）能被5整除的三位，可知個位必須是5
百位有6種選擇，十位有5種選擇
6*5*1=30
(4)百位數字是2的三位奇數,可知個位必須是奇數（1,3,5,7）有4種選擇
百位有1種選擇，十位有5種選擇
1*5*4=20
（5）百位數字是2的三位偶數，可知個位必須是偶數（4,6）有2種選擇
百位有1種選擇，十位有5種選擇
1*5*2=10

希望你能看懂，希望你能明白，望採納，贊同

⑦ 關於排列的數學題

第一：抄1.先考慮甲，只有襲一種；考慮乙，有2鍾；其它5人全排列。根據分步記數原理，2*5*4*3*2*1=240
2.先考慮甲，只有一種；考慮乙，有5鍾；其它5人全排列。根據分步記數原理，5*5*4*3*2*1=600
3.先考慮甲，只有兩種；其它6人全排列。根據分步記數原理，2*6*5*4*3*2*1=1440
4甲乙捆綁有2種，再看成一個整體全排列。2*6*5*4*3*2*1=1440
5.其它4人先排列，甲乙丙3人在5個空種去3個；4*3*2*1*5*4*3=1440
6.甲乙丙3人全排列，其它4人全排列，各自為一個整體全排列。3*2*1*4*3*2*1*2*1=288
第2.10人全排列即可
第3.參考組合數的公式，5人的全排列除以2人的全排列即可。5*4*3*2*1/2*1=60
第4.先排男生3的全排列，再排女生有2種3的全排列，所以答案為3*2*1*2*3*2*1=72
第6.5名志願者全排列，2位老人全排列，再插入5名志願者中間的4個空中即可，5*4*3*2*1*2*1*4=960.

⑧ 數學排列問題

1、N=7！-2*6！……總數減相鄰的總數
2、N=C5(1)*2*5!……從5人中選一人在甲乙中間C5(1)，甲乙有左右2種，將3人
作為以整體。
3、N=4！*4！……相鄰的4男生排列4！，作為以整體與3女生排列4！
4、N=4！*3！*2！……相鄰的4男生排列4！相鄰的3女生排列3！，兩整體2！
5、N=4！*A5（3)……先將4男生排列4！，在講3女生不相鄰地插入5個空擋
中A5（3)
6、N=3!*A4(4)……先將3女生排列3！，再將4男生不相鄰地插入4個空擋
中A4(4）
7、N=A3（2）*5！……從3女生中選兩人在最兩端A3（2），然後其餘5人排列
8、N=7！/2……甲在乙左還是在乙右的數量是想等的
9、N=(7！/4!)*2……4個男生有4！中排列，只有2種是符合要求的

⑨ 數學排列題目解答

開場節目和壓軸節目已被指定,而三個歌曲聯唱必須排在一起,那麼應用捆綁法將專3個歌曲捆綁成一個整體屬
剩下5個節目,因為兩個相聲要分開,先不考慮排,就剩下三個節目
這三個節目和三個歌曲捆綁成的整體先進行排列,為P44(由於無法打出來,說明一下一個4在P的下面,還有個4在P的上面,這是
排列組合
的符號)
三個歌曲聯唱又可以進行排列為P33(一個3在P的下面,還有個3在上面)
另外兩個相聲要求分開,總共四個節目有5個空,將兩個相聲插入這5個空中,就滿足分開了,這樣排列為C52(一個5在C的下面,還有個2在C的上面)
最後安排的方法數為:P44*P33*C52=24*6*10=1440種

⑩ 數學排列的經典例題

通項都告你了：
h(n)=c(2n,n)/(n+1)
Catalan數h(n)與h(n-1)之間的關系你寫不出來？？？
h(n)= h(0)*h(n-1) + h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) 是用生成函數解決的……

生成函數（也有叫做「母函數」的，但是我覺得母函數不太好聽）是說，構造這么一個多項式函數g(x)，使得x的n次方系數為f(n)。
生成函數最絕妙的是，某些生成函數可以化簡為一個很簡單的函數。也就是說，不一定每個生成函數都是用一長串多項式來表示的。比如，這個函數f(n)=1 （n當然是屬於自然數的），它的生成函數就應該是g(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...（每一項都是一，即使n=0時也有x^0系數為1，所以有常數項）。再仔細一看，這就是一個有無窮多項的等比數列求和嘛。如果-1<x<1，那麼g(x)就等於1/(1-x)了。在研究生成函數時，我們都假設級數收斂，因為生成函數的x沒有實際意義，我們可以任意取值。於是，我們就說，f(n)=1的生成函數是g(x)=1/(1-x)。

我們舉一個例子說明，一些具有實際意義的組合問題也可以用像這樣簡單的一個函數全部表示出來。
考慮這個問題：從二班選n個MM出來有多少種選法。學過簡單的排列與組合的同學都知道，答案就是C(4,n)。也就是說。從n=0開始，問題的答案分別是1,4,6,4,1,0,0,0,...（從4個MM中選出4個以上的人來方案數當然為0嘍）。那麼它的生成函數g(x)就應該是g(x)=1+4x+6x^2+4x^3+x^4。這不就是……二項式展開嗎？於是，g(x)=(1+x)^4。
你或許應該知道，(1+x)^k=C(k,0)x^0+C(k,1)x^1+...+C(k,k)x^k；但你或許不知道，即使k為負數和小數的時候，也有類似的結論：(1+x)^k=C(k,0)x^0+C(k,1)x^1+...+C(k,k)x^k+C(k,k+1)x^(k+1)+C(k,k+2)x^(k+2)+...（一直加到無窮；式子看著很別扭，自己寫到草稿紙上吧，畢竟這里輸入數學式子很麻煩）。其中，廣義的組合數C(k,i)就等於k(k-1)(k-2)(k-i+1)/i!，比如C(4,6)=4*3*2*1*0*(-1)/6!=0，再比如C(-1.4,2)=(-1.4)*(-2.4)/2!=1.68。後面這個就叫做牛頓二項式定理。當k為整數時，所有i>k時的C(k,i)中分子都要「越過」0這一項，因此後面C(k,k+1),C(k,k+2)之類的都為0了，與我們的經典二項式定理結論相同；不同的是，牛頓二項式定理中的指數k可以是任意實數。

我們再舉一個例子說明一些更復雜的生成函數。n=x1+x2+x3+...+xk有多少個非負整數解？這道題是學排列與組合的經典例題了。把每組解的每個數都加1，就變成n+k=x1+x2+x3+...+xk的正整數解的個數了。教材上或許會出現這么一個難聽的名字叫「隔板法」：把n+k個東西排成一排，在n+k-1個空格中插入k-1個「隔板」。答案我們總是知道的，就是C(n+k-1,k-1)。它就等於C(n+k-1,n)。它關於n的生成函數是g(x)=1/(1-x)^k。這個生成函數是怎麼來的呢？其實，它就是(1-x)的-k次方。把(1-x)^(-k)按照剛才的牛頓二項式展開，我們就得到了x^n的系數恰好是C(n+k-1,n)，因為C(-k,n)*(-x)^n=[(-1)^n*C(n+k-1,n)]*[(-1)^n*x^n]=C(n+k-1,n)x^n。這里看暈了不要緊，後文有另一種方法可以推導出一模一樣的公式。事實上，我們有一個純組合數學的更簡單的解釋方法。因為我們剛才的幾何級數1+x+x^2+x^3+x^4+...=1/(1-x)，那麼(1+x+x^2+x^3+x^4+...)^k就等於1/(1-x)^k。仔細想想k個(1+x+x^2+x^3+x^4+...)相乘是什麼意思。(1+x+x^2+x^3+x^4+...)^k的展開式中，n次項的系數就是我們的答案，因為它的這個系數是由原式完全展開後k個指數加起來恰好等於n的項合並起來得到的。

現在我們引用《組合數學》上暴經典的一個例題。很多書上都會有這類題。
我們要從蘋果、香蕉、橘子和梨中拿一些水果出來，要求蘋果只能拿偶數個，香蕉的個數要是5的倍數，橘子最多拿4個，梨要麼不拿，要麼只能拿一個。問按這樣的要求拿n個水果的方案數。
結合剛才的k個(1+x+x^2+x^3+x^4+...)相乘，我們也可以算出這個問題的生成函數。

引用內容
g(x)=(1+x^2+x^4+...)(1+x^5+x^10+..)(1+x+x^2+x^3+x^4)(1+x)
=[1/(1-x^2)]*[1/(1-x^5)]*[(1-x^5)/(1-x)]*(1+x) （前兩個分別是公比為2和5的幾何級數，
第三個嘛，(1+x+x^2+x^3+x^4)*(1-x)不就是1-x^5了嗎）
=1/(1-x)^2 （約分，把一大半都約掉了）
=(1-x)^(-2)=C(1,0)+C(2,1)x+C(3,2)x^2+C(4,3)x^3... （參見剛才對1/(1-x)^k的展開）
=1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+....

於是，拿n個水果有n+1種方法。我們利用生成函數，完全使用代數手段得到了答案！
如果你對1/(1-x)^k的展開還不熟悉，我們這里再介紹一個更加簡單和精妙的手段來解釋1/(1-x)^2=1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+....。
1/(1-x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...是前面說過的。我們對這個式子等號兩邊同時求導數。於是，1/(1-x)^2=1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+....。一步就得到了我們所需要的東西！不斷地再求導數，我們同樣可以得到剛才用復雜的牛頓二項式定理得到的那個結論（自己試試吧）。生成函數還有很多其它的處理手段，比如等式兩邊同時乘以、除以常數（相當於等式右邊每一項乘以、除以常數），等式兩邊同時乘以、除以一個x（相當於等式右邊的系數「移一位」），以及求微分積分等。神奇的生成函數啊。
我們用兩種方法得到了這樣一個公式：1/(1-x)^n=1+C(n,1)x^1+C(n+1,2)x^2+C(n+2,3)x^3+...+C(n+k-1,k)x^k+...。這個公式非常有用，是把一個生成函數還原為數列的武器。而且還是核武器。

接下來我們要演示如何使用生成函數求出Fibonacci數列的通項公式。
Fibonacci數列是這樣一個遞推數列：f(n)=f(n-1)+f(n-2)。現在我們需要求出它的生成函數g(x)。g(x)應該是一個這樣的函數：
g(x)=x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+8x^6+13x^7+...
等式兩邊同時乘以x，我們得到：
x*g(x)=x^2+x^3+2x^4+3x^5+5x^6+8x^7+...
就像我們前面說過的一樣，這相當於等式右邊的所有系數向右移動了一位。
現在我們把前面的式子和後面的式子相加，我們得到：
g(x)+x*g(x)=x+2x^2+3x^3+5x^4+8x^5+...
把這最後一個式子和第一個式子好好對比一下。如果第一個式子的系數往左邊移動一位，然後把多餘的「1」去掉，就變成了最後一個式子了。由於遞推函數的性質，我們神奇地得到了：g(x)+x*g(x)=g(x)/x-1。也就是說，g(x)*x^2+g(x)*x-g(x)=-x。把左邊的g(x)提出來，我們有：g(x)(x^2+x-1)=-x。於是，我們得到了g(x)=x/(1-x-x^2)。
現在的任務是要把x/(1-x-x^2)還原成通項公式。這不是我們剛才的1/(1-x)^n的形式，我們要把它變成這種形式。我們發現，1-x-x^2=[1-(1-√5)x/2]*[1-(1+√5)x/2] （(1-√5)/2和(1+√5)/2是怎麼算出來的？顯然它們應該是x^2-x-1=0的兩個根）。那麼x/(1-x-x^2)一定能表示成?/[1-(1-√5)x/2]+?/[1-(1+√5)x/2]的形式（再次抱歉，輸入數學公式很麻煩，將就看吧）。這是一定可以的，因為適當的?的取值可以讓兩個分式通分以後分子加起來恰好為一個x。?取值應該是多少呢？假設前面一個?是c1，後面那個是c2，那麼通分以後分子為c1*[1-(1+√5)x/2]+c2*[1-(1-√5)x/2]，它恰好等於x。我們得到這樣兩個式子：常數項c1+c2=0，以及一次項-c1*(1+√5)/2-c2*(1-√5)/2=1。這兩個式子足夠我們解出c1和c2的准確值。你就不用解了，我用的Mathematica 5.0。解出來c1=-1/√5，c2=1/√5。你不信的話你去解吧。現在，我們把x/(1-x-x^2)變成了-(1/√5)/[1-(1-√5)x/2] + (1/√5)/[1-(1+√5)x/2]。我們已經知道了1/[1-(1-√5)x/2]的背後是以(1-√5)/2為公比的等比數列，1/[1-(1+√5)x/2]所表示的數列公比為(1+√5)/2。那麼，各乘以一個常數，再相加，我們就得到了Fibonacci數列的通項公式：f(n)=-(1/√5)*[(1-√5)/2]^n + (1/√5)*[(1+√5)/2]^n。或許你會問，這么復雜的式子啊，還有根號，Fibonacci數列不都是整數嗎？神奇的是，這個充滿根號的式子對於任何一個自然數n得到的都是整數。熟悉用特徵方程解線性遞推方程的同學應該知道，以上過程實質上和找特徵根求解沒有區別。事實上，用上面所說的方法，我們可以求出任何一個線性齊次遞推方程的通項公式。什麼叫做線性齊次遞推呢？就是這樣的遞推方程：f(n)等於多少個f(n-1)加上多少個f(n-2)加上多少個f(n-3)等等。Fibonacci數列的遞推關系就是線性齊次遞推關系。

我們最後看一個例子。我們介紹硬幣兌換問題：我有1分、2分和5分面值的硬幣。請問湊出n分錢有多少種方法。想一下剛才的水果，我們不難得到這個問題的生成函數：g(x)=(1+x+x^2+x^3+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^5+x^10+..)=1/[(1-x)(1-x^2)(1-x^5)]。現在，我們需要把它變成通項公式。我們的步驟同剛才的步驟完全相同。我們把(1-x)(1-x^2)(1-x^5)展開，得到1-x-x^2+x^3-x^5+x^6+x^7-x^8。我們求出-1+x+x^2-x^3+x^5-x^6-x^7+x^8=0的解，得到了以下8個解：-1,1,1,1,-(-1)^(1/5),(-1)^(2/5),-(-1)^(3/5),(-1)^(4/5)。這個不是我解出來的，我還是用的Mathematica 5.0。不是我不想解，而是我根本不會解這個8次方程。這也是為什麼信息學會涉及這些東西的原因：次數稍微一高，只好交給計算機解決了。於是，(1-x)(1-x^2)(1-x^5)=(1+x)(1-x)^3(1+(-1)^(1/5) x)()()() （省略不寫了）。注意那個(1-x)^3。由於等根的出現，我們不得不把(1-x)^3所包含的(1-x)和(1-x)^2因子寫進一會兒的分母里，不然會導致解不出合適的c來。你可以看到很多虛數。不過沒關系，這些虛數同樣參與運算，就像剛才的根式一樣不會影響到最後結果的有理性。然後，我們像剛才一樣求出常數滿足1/(1-x)(1-x^2)(1-x^5)=c1/()+c2/(1-x)+c3/(1-x)^2+c4/(1-x)^3...+c8/()。這個解太復雜了，我用Mathematica解了幾分鍾，列印出了起碼幾十KB的式子。雖然復雜，但我確實是得到了通項公式。你有興趣的話可以嘗試用Mathematica解決一下1/[(1-x)(1-x^3)] （只有1分和3分的硬幣）。解c的值時可以用SolveAlways[]函數。你可以親眼見到，一個四五行的充滿虛數的式子最後總是得到正確的整數答案。

生成函數還有很多東西，推導Catalan數列啊，指數生成函數啊，之類的。我有空再說吧，已經5000多個字了。

huyichen一直在問那道題。很顯然，那道題目和上面的兌換硬幣有些聯系。事實上，很多與它類似的題目都和生成函數有關。但那個題卻沒有什麼可以利用生成函數的地方（或許我沒想到吧）。或許每個max的值有什麼方法用生成函數解出來，但整個題目是不大可能用生成函數解決的。
近來有個帖子問一道「DP天牛」題目的。那個題目也是這樣，很多與它類似的題目都和DP有關，但那道題卻不大可能動規。我總覺得它可以歸約到裝箱問題（考慮體積關系，最少要幾個箱子才能把物品放完），而後者貌似屬於NPC。或許我錯了吧，現在沒事就在研究理論的東西，很久沒有想過OI題了，這方面的能力已經開始退化了。