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1、一、一般型映射的计数问题是指课本中介绍的映射知识，这类问题常涉及有求元素个数、集合个数、映射个数等，较简单的可用枚举法、图表法、分类讨论法，适当时要借助于排列组合的知识例1(2000年全国高考题) 已知映射：AB，其中，集合A3，21，1，2，3，4，集合B中的元素都是A中元素在映射下的象，且对任意的aA，在B中和它对应的元素是|a|，则集合B中元素的个数是( )(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7解：本题题意叙述虽长，但转换成图表语言， 则非常简洁. 如右图，即可选(A).例2集合A含有5个元素，B含3个元素 若从A到B可有多少个不同映射？ 若从B到A可有多少个不同映射？分析：要建
2、立一个从A到B的映射，必须使A中的任意一个元素在B中都有唯一的象，一般要分步考虑；同理可解决B到A的映射解： A中的任一元素去选择象都有3种方法 ，且要完成一个映射应该使A中的每一个元素都能找到唯一的象，由分步计数原理知：共有3333335243个同理可得从B到A可有53125个不同映射评注：一般地，对于集合A中有n个元素，B中有m个元素，则可建立A到B的映射mn个映射二、特殊型映射的计数问题是指特殊的映射即满射、单射、一一映射、函数等的计数问题例3 我们称映射f：AB为一个“满射”，如果集合B中任意一个元素都有原象的话，已知集合A中含有4个元素，B中含有3个元素，则这样不同满射的个数为()(
3、A) 24 (B) 81 (C) 64 (D) 36 解：由题意可知，A中必有两个元素的象是B中的一个元素，而A中的另两个元素与B中的另两个元素分别对应，因此，从A到B可确定的满射个数为36，故应选(D)例3 我们称映射：f：AB为一个“单射”，如果集合A中不同的元素在集合B中有不同的象的话已知集合A0，1，2，3，B2，3，4，5，6f是A到B的单射，则这样的单射f的个数是_解：根据所给单射的定义，本题等价于4个不同的元素去占5个不同的位置，共有多少种不同占法的问题，故所求的单射的个数为120例4 我们称映射：f：AB为一个“一一映射”，如果对于A中不同的元素，在B中都有不同的元素与之对应，
4、而且，对于B中的任何一个元素都有原象存在的话已知集合A1，2，3，4，Ba，b，c，d，设集合A到B的不同映射的个数为m，从集合A到B的不同的一一映射的个数为n，那么等于()(A) 4 (B) 8 (C) 163 (D) 323 解：由m44256，由本题所给出的“一一映射”的定义可知n24所以，323，故应选(D)三、限制型映射的计数问题是指在一般映射的基础上，添加约束条件这类问题灵活性和技巧性都很强，没有固定的解题模式可套，解题时应认真审视约束条件，常借助分类讨论的思想方法和排列组合的有关知识使问题得以圆满解决例5 集合A1，2，3，B3，4，从A到B的映射f满足f(3)3，则这样的映射共
5、有_个解：确定映射f的个数可分步如下：确定A中元素1的对应元，有2种办法；确定A中元素2的对应元，有2种办法所求的映射共有224(个).例6 设A1，2，则从A到A的映射中，满足ff(x)f(x)的个数是（ ）(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4解：从A到A的映射中，满足ff(x)f(x)，有f(x)1，f(x)2，f(x)x，xA，共有3个故选(C)例7已知集合Aa，b，c，B1，0，1，由A到B的映射f满足f(a)f( b)f(c)，那么这样的映射的个数是()(A)4 (B)5 (C)6 (D)7 分析：这里的f(a)，f( b)，f(c)B，且f(a)f( b)f(c)，故可分
6、类讨论解：根据映射的概念进行分类讨论：当f(c)1时，则f(a)1，f(b)0或f(a)0，f(b)1，共2种；当f(c)0时，则f(a)1，f(b)1或f(a)0，f(b)0或f(a)1，f(b)1，共3种；当f(c)1时，则f(a)1，f(b)0或f(a)0，f(b)1，共2种综上可知，符合条件的共有2327种，选(D)例8 设集合A1，2，3，4，5，B6，7，8，从A到B的映射f中，满足f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)的映射的个数是()(A)3 (B)6 (C)12 (D)21 解法1：因为B中只有3个元素，所以f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)中的4个不等号，至多有两个
7、取不等号，没有不等号的映射(即只与B中同一个元素对应) f有3个；有一个不等号的映射(即与B中两个元素对应) f有=12个；有两个不等号的映射(即与B中三个元素对应) f有6个所以共有312621个符合要求的映射故应选(D)解法2：由题意，满足f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)，即满足6f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)8；而每一个满足的映射都唯一对应着一个6f(1)1f(2)2f(3)3f(4)4f(5)512的映射；于是问题相当于从6到12这7个整数任取5个整数的取法数，即满足题意的映射有21个例9 设集合Aa，b，c，d，B1，2，3，从A到B建立映射f，使f(a)f(b)f
8、(c)f(d)8，则满足条件的映射f共有_个解：8222232213311，则共有119个符合要求的映射例10 设集合M1，0，1，N1，2，3，4，5，映射f：MN，使对任意xM，都有xf(x)xf(x)为奇数，这样的映射f的个数为_分析 关键是读懂题意，其中的条件限制“xf(x)xf(x) 是奇数”，意思是“原象加象再加上原象与象的乘积是奇数” 解：分三步：1去选象，此时xf(x)xf(x)x1，一定是奇数，故1的象有五种；0选象，此时xf(x)xf(x)f(x)，故0的象有“1，3，5”三种；1选象，此时xf(x)xf(x)x2f(x)12f(x)，因而2f(x)肯定是偶数，所以1的象有
9、五种由乘法原理知：共有53575个满足题意的映射四、转化型映射的计数问题是指灵活运用映射知识，则能转化为映射的计数问题，从而突破解题难点，优化解题思路，甚至能避免分类讨论等例11 有100名选手参加乒乓球赛，赛制是淘汰制，问需要安排多少场比赛决出冠军？分析：用常规方法，需分多轮进行，即分类相加，非常繁而用映射方法，则显得简捷快速解：一场比赛对应一个失败者(淘汰者)，要决出冠军必须淘汰99人(包括亚军)，故要进行99场比赛例12 厂家为回收空瓶，规定3个空瓶可换一瓶啤酒，有人订购10瓶啤酒，问此人能喝几瓶啤酒？分析：用常规方法，往往错认为是可喝14瓶，剩2个空瓶，其实应为15瓶，先到商家借1个空
10、瓶，凑成3个空瓶，再喝完将空瓶还给商家也就是体现数学中“添0法”，即“011”解：由题意，得3个空瓶对应一瓶啤酒(含瓶)，即2个空瓶对应一瓶量的啤酒(不含瓶)，如图故10瓶啤酒10瓶量的啤酒10瓶空瓶10瓶量的啤酒瓶量的啤酒15瓶量的啤酒所以可喝15瓶啤酒例13 求方程x1x2x3x47有多少组非负整数解解：把该方程的非负整数解的集合记作X，把7个球放在四个盒子中的总放法的集合记Y因方程的每一组解如(3，3，1，0)对应一种放法，即7个球给第1、第2、第3、第4盒子分别放入3，3，1，0个球，如上对应作映射f：XY，则不同的解对应于不同的放法，反之不同的放法也有不同的解与之对应故f是一个一一映
11、射，从而有集合X的元素与集合Y的元素个数相等，由排列组合中“隔板法”知120故方程的非负整数解有120组例14 对集合A1，2，3，2001及每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的数开始，交替的减或加后继的数所得的结果。例如，集合1，2，4，7，10的“交替和”为1074216，集合7，10的“交替和”为1073，5的“交替和”为5，等等，试求A的所有子集的“交替和”的总和解：集合A1，2，3，2001的子集中，除了集合2001，还有220012个非空子集将其分为两类，第一类是含2001的子集，第二类是不含2001的子集，而且这两类各自所含子集的全体相互构成一一映射，从而这两类所含子集的个数相同因为若Ai是第二类的，则必有Ai2001是第一类的集合；如果Bi是第一类的集合，则Bi中除2001外，还应用1，2，3，2000中的做其元素，即Bi中除2001外是非空的，而是第二类的集合；令Ai与Ai2001对应，则这种“成对的”的集合的“交替和”都为2001，从而可得A的所有子集的“交替和”的总和为(220012)20012001220002001
