竞赛数学中的组合数学问题

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1、精选优质文档-倾情为你奉上组合数学论文竞赛数学中的组合数学问题 竞赛数学中的组合数学问题 组合数学是上个世纪五十年代后逐步建立和完善起来的一门数学分支，组合数学也称为组合学、组合论，组合分析。教科书上对组合分析的定义：按某种要求把一些元素构成有限集合的研究叫做组合分析。 这种研究比传统的数学讨论的对象更广泛，在实际生活和实践活动中应用性更大。这种研究一般讨论以下问题：在一定的约束条件下，对象构成的存在性（有与没有、能与不能）问题；构成的分类与计数；构成的方法（构造方法）及最优化方法。 人们常把竞赛中某些问题称为杂题，又称为组合数学问题。为什么？ 中学数学竞赛中的一些问题，很难把它们归类为代数问

2、题或几何问题，但它们涉及到的解题目标和解题方法可以归入组合问题和组合分析；当然一些组合数学的习题也直接用作竞赛题。初等数学竞赛中的组合问题与组合分析常用的方法有抽屉原理、递推（归）原理、容斥原理、染色方法等，这些原理方法都很一般，重要的是经验和技巧应用的能力。本文重点研究竞赛数学中的组合数学计数问题。计数问题组合数学中的计数问题，数学竞赛题中的熟面孔，看似司空见惯，不足为奇很多同学认为只要凭借课内知识就可左右逢源，迎刃而解其实具体解题时，时常会使你挖空心思，也无所适从。对于这类问题往往首先要通过构造法描绘出对象的简单数学模型，继而借助在计数问题中常用的一些数学原理方可得出所求对象的总数或其范围

3、。1、计数中求最大值： 第一步：分类讨论 （1）情况一，推出目标数 f m1；（2）情况二，推出目标数 f m2；（s）情况s，推出目标数 f ms；第二步：m0=maxm1，m2，ms，则f m0；第三步：构造模型使计数恰好等于常数 m0，则常数 m0 即为最大值。另一种叙述:第1步：由目标数 f m推出可以符合条件； 第2步： 由f =m+1推出是不能符合条件；所以 fmax = m 。 2、计数中求最小值：第一步：分类讨论（1）情况一，推出目标数 f m1；（2）情况二，推出目标数 f m2； （s）情况s，推出目标数 f ms；第二步：m0=minm1，m2，ms，则f m0；第三步：

4、构造模型使计数恰好等于常数 m0，则常数 m0 即为最小值。另一种叙述:第一步：由目标数 f m推出可以；第二步：由目标数f =m1推出不能；所以 fmin =m 。下面我们从一道简单的组合问题说起：如图，每个正方体的六个面上分别写着数字1，2，3，4，5，6，并且任意两个相对的面上所写的两个数字之和都等于7。把这样的4个正方体一个挨着一个连接起来后，紧挨着的两个面上的数字之和都等于8。图中标着 x 的那个面上所写的数字是几？分析： 拐角处正方体前后分别为4，3，则右侧面可能是1或6，而1不能使x面的对面数字为7，故只能为6，所以x的对面数字为2，所以，x =5。著名的赛题 图1证明：任意六个

5、人中，总有三个人，要么相互认识，要么相互不认识。同色分析三步：把实际问题转化为图形染色；抽屉原理；二分法推理。证明：圆上六个点A1A2A3A4A5A6表示六个人，两人相互认识，相应两点间连红线，两人不相识，相应两点间连蓝线，原命题即为证明存在三边同色的三角形。与A1相连的5条线分别染两种颜色，至少有三条线同色。不妨设至少有三条红线，且为A1A2、A1A3、A1A4。若A2、A3、A4三点间的连线有一条红线，则有红色三角形；否则，三条连线都是蓝线，存在蓝色三角形。 图2例1、由9位裁判给参加健美比赛的12名运动员评分。每位裁判对他认为的第一名运动员给1分，第二名运动员给2分，第12名运动员给12

6、分。最后评分结果显示：每名运动员所得的9个分数中高低分之差都不大于3分。设各运动员的得分总和分别为e1，e2，e3，e12，且e1e2e3e12，求e1 的最大值。分析：含1分的格子最多有4列，此4列的每格数字平均不超过22.5，3列呢？2列？1列？解：对9个1分布的列数进行讨论：（1）1分分布在同一列，该列的和为 9，e1= 9；（2）1分恰在两列中，列中数字不超过4，两列的和最大为59=45，较小的列和452，是整数，则较小的列和22， 故最小的列和e122(21)；（3）1分恰在三列中，列中数字不超过4，三列的和最大为89=72，同理 e124；（4）1分恰在四列中，列中数字不超过4，四

7、列的和最大为109=90，同理 e122； 图3（5）1分恰在5列中，5列45个数都只能取1、2、3、4，9个裁判只能给出9个1、2、3、4，共36个，填不满5列；同理，1分不能分布在比5更多的列中。所以，1最多能在4列中。故 e124。若前三列中，每列三个1、三个3、三个4，每列的和都是24，第四列5个2，4个5，和为30；第五列4个2，5个5，和为33；以后第k列填9个k，和为9k54。则 e1=24。所以e1 的最大值为24。例2、有两副扑克牌，每副牌的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅花4种花色排列，每种花色的牌又按A，2，3，J，Q，K的顺序排列。某人

8、把按上述排列的两副扑克牌上下叠在一起，然后从上到下把第一张丢掉，把第二张放在最底层，把第三张丢掉，把第四张放在最底层，如此下去，直至最后剩下一张牌。则所剩的这张牌是什么？我们先来看下下面这道题，是一个小学的竞赛题，称为“做数学”。依顺时针方向将数字1，2，3，4，5，6，7写在圆周上。首先将数字1删除，然后每次跳过一个未删除的数，删除被跳到位置上的数，依此方法继续进行直到最后只剩下一个数为止。例如，删除数字1，跳过数字2；删除数字3，跳过数字4； 删除数字5，跳过数字6； 删除数字7，跳过数字2； 删除数字4，跳过数字6； 删除数字2，所以，剩下最后的一个数是6。 图4 如果依顺时针方向将1，

9、2，3，2004写在圆周上，并依照上述规则操作，试问最后剩下的一个数为 。解：第一圈:从1开始，删去所有奇数，余下2k型数：2，4，6，8，2002，2004；第二圈:从2开始，删去所有4k-2型数，余下4k型数：4， 8，12，16，2000，2004；第三圈:从4开始，删去所有8k+4型数，余下8k型数： 8，16，24，1992，2000；第四圈:从16开始，删去所有16k型数，余下16k-8型数： 8，24，40，1976，1992；第五圈:从24开始，删去所有32k-8型数，余下32k-24型数： 8， 40，72，1960，1992；第六圈:从8开始，删去所有64k-56型数，余下

10、64k-24型数： 40，104，1896，1960；第六圈:从8开始，删去所有64k-56型数，余64k-24型数： 40，104，1896，1960；第七圈:从104起，删去所有128k-24型数，余128k-88型数：40，168，296，424，552，680，808，936，1064，1192，1320，1448，1576，1704，1832，1960；第八圈:从40起，删去所有256k-216型数，余256k-88型数：168， 424， 680， 936， 1192， 1448， 1704， 1960；第九圈:从168起,删去所有512k-344型数，余512k-88型数：424

11、， 936， 1448， 1960；第十圈:删去424，1448，余下：936， 1960；最后，删去936，余下1960 。分析：下面我们回顾刚才那道题，也来“做数学”。解：依次把牌编为1，2，3，108；第一圈:从1开始，删去所有奇数，余下2k型数：2，4，6，8，108；第二圈:从2开始，删去所有4k-2型数，余下4k型数：4，8，12，16，108；第三圈:从4开始，删去所有8k-4型数，余下8k型数： 8，16，24，104；第四圈:从8开始，删去所有16k型型数，余下16k-8数：8，24，40，56，72，88，104；第五圈:从8开始，删去8，40，72，104，余下 24，

12、56，88；第六圈:删去56，余下24，88；再删24，最后留88。88=54+2+132+6，第88号牌为第二副牌中的方块6。有没有更好的处理方法？我们发现，当牌数为4张时，最后留下的是4号牌； 当牌数为8张时，最后留下的是8号牌； 当牌数为2k张时，最后留下的是2k号牌；现在共有108张牌，取掉44张时，恰好余64张；按约定先去掉44张牌，第44张是开始排列中的第87号牌，而第88号牌被放到余下的64张牌的最后，故最后留下的是第88号牌。请用此方法计算1，2，2004余下的最后的数？因为20041024=980，所以第980个被去掉的数是第一轮中的1959(98021) ，第981个被去掉

13、的数是1961，从这儿按规则数最后的数是前面的1960。从1，2，3，2004中任选k个数，使得所选的k个数中，一定可以找到能构成三角形边长的3个数(这里要求三角形三个边长互不相等)。试问：满足条件的k的最小值。考虑等价命题：1，2，3，2004中存在k1个数，其中任意3个数均不能构成一个三角形的3条边长 (这里要求三角形三个边长互不相等)。求满足此条件的k的最大值。 分析：从小的数开始，找尽量多的数，使之不能构成三角形两小边之和不大于第3边：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597， 16个数！再增加数一定会有两小边之和大于第3边了，

14、所求的k的最大值为17。怎样表达？ 解：按条件an-2+ an-1an2004构造递增的正整数数列an ，并使得an值最小n最大：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，共16个数！其中任意3个数 ai、aj、ak (ijk )，总有 ai+ ajak-2+ ak-1ak ，两小数之和大于第3数，不能成为三角形的3条边。 对于任意的、项数不少于17且每项值不超过2004的、递增的正整数数列bn ，若存在bi、bj、bk (ijk 17)满足bi+ bjbk，则此3个数可以成为三角形的3边边长；否则，bkak (k17)， b15+ b

15、16 a15+ a162004 b17，b15，b16，b17可以成为三角形的3边边长 。即所求的k的最小值为17。 例3、在23的矩形方格纸上，各个小正方形的顶点称为格点。以格点为顶点的等腰直角三角形有（ ）个A24 B38 C46 D50解： （1）直角边为1的三角形有46=24个；（2）直角边为2的三角形有42=8个；（3）直角边为的三角形有42+6=14个； 图5（4）直角边为的三角形有4个；1、运用分类计数原理与分步计数原理分类计数原理与分步计数原理（即加法原理与乘法原理）是关于计数的两个基本原理，是解决竞赛中计数问题的基础。下面提出的三个问题，注意结合排列与组合的相关知识，构造出相

16、应的模型再去分析就可顺利求解。例4、已知两个实数集合与，若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且，则这样的映射共有（ ）个。（A）、 （B）、 （C）、 （D）解：设按从小到大排列为（因集合元素具有互异性，故其中不含相等情形）。将A中元素分成50组，每组依次与B中元素对应这里，我们用，表示，考虑，容易得到，这就是说只能写在的右边，故只需在之间的99个空位“”中选择49个位置并按从左到右的顺序依次填上。从而构成满足题设要求的映射共有个。因此选D。例5、有人要上楼，此人每步能向上走1阶或2阶，如果一层楼有18阶，他上一层楼有多少种不同的走法？解法1：此人上楼最多走18步，最少走9步。这里用分

17、别表示此人上楼走18步，17步，16步，9步时走法（对于任意前后两者的步数，因后者少走2步1阶，而多走1步2阶，计后者少走1步）的计数结果。考虑步子中的每步2阶情形，易得，。综上，他上一层楼共有种不同的走法。解法2：设表示上n阶的走法的计数结果。显然，（2步1阶；1步2阶）。对于起步只有两种不同走法：上1阶或上2阶。因此对于，第1步上1阶的情形，还剩阶，计种不同的走法；对于第1步上2阶的情形，还剩阶，计种不同的走法。总计。同理：，。例6、在世界杯足球赛前，F国教练为了考察这七名队员，准备让他们在三场训练比赛（每场90分钟）都上场。假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且每人上场

18、的总时间（以分钟为单位）均被7整除，每人上场的总时间（以分钟为单位）均被13整除。如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。解：设上场的总时间分别为分钟。根据题意，可设，其中。令，其中，且。则。易得其一个整数特解为，又因，故其整数通解为。再由，得，故整数。从而其满足条件的所有整数解为。对于的正整数解，可以写一横排共计33个1，在每相邻两个1之间共32个空位中任选3个填入“+”号，再把3个“+”号分隔开的4个部分里的1分别统计，就可得到其一个正整数解，故有个正整数解；同理有个正整数解；从而此时满足条件的正整数解有个。因此满足条件的所有正整数解有个，即按每名队员上

19、场的总时间计算，共有42244种不同的情况。2、运用容斥原理容斥原理，又称包含排斥原理或逐步淘汰原理。顾名思义，即先计算一个较大集合的元素的个数，再把多计算的那一部分去掉。它由英国数学家J.J.西尔维斯特首先创立。这个原理有多种表达形式，其中最基本的形式为：设是任意n个有限集合，则例7、由数字1，2，3组成n位数，且在这个n位数中，1，2，3的每一个至少出现一次，问这样的n位数有多少个？解：设U是由1，2，3组成的n位数的集合，是U中不含数字1的n位数的集合，是U中不含数字2的n位数的集合，是U中不含数字3的n位数的集合，则；。因此。即符合题意的n位数的个数为。下面，我们再来看一个关于容斥原理

20、应用的变异问题。例8、参加大型团体表演的学生共240名，他们面对教练站成一行，自左至右按1，2，3，4，5，依次报数。教练要求全体学生牢记各自所报的数，并做下列动作：先让报的数是3的倍数的全体同学向后转；接着让报的数是5的倍数的全体同学向后转；最后让报的数是7的倍数的全体同学向后转。问：此时还有多少名同学面对教练？面对教练的同学中，自左至右第66位同学所报的数是几？解：1 设，表示由U中所有i的倍数组成的集合。则；，；，；。从而此时有名同学面对教练。如果我们借助维恩图进行分析，利用上面所得数据分别填入图6，注意按从内到外的顺序填。如图1，此时面对教练的同学一目了然，应有109+14+4+9=1

21、36名。用上面类似的方法可算得自左至右第1号至第105号同学中面对教练的有60名。考虑所报的数不是3，5，7的倍数的同学没有转动，他们面对教练；所报的数是3，5，7中的两个数的倍数的同学经过两次转动，他们仍面对教练；其余同学转动了一次或三次，都背对教练。从106开始，考虑是3、5、7的倍数：3的倍数（由105依次加3）：108，111，114，117，120，5的倍数（由105依次加5）：110，115，120，7的倍数（由105依次加7）：112，119，因此，从106号开始，自左至右，面对教练的同学所报的数依次是：106，107，109，113，116，118，120，由此可知面对教练的第

22、66位同学所报的数是118。三、抽屉原则10个苹果放入9个抽屉中，无论怎么放，一定有一个抽屉里放了2个或更多个苹果。这个简单的事实就是抽屉原则。由德国数学家狄利克雷首先提出来的。因此，又称为狄利克雷原则。将苹果换成信、鸽子或鞋，把抽屉换成信筒、鸽笼或鞋盒，这个原则又叫做信筒原则、鸽笼原则或鞋盒原则。抽屉原则是离散数学中的一个重要原则，把它推广到一般情形就得到下面几种形式：原则一：把m个元素分成n类（m n），不论怎么分，至少有一类中有两个元素。原则二：把m个元素分成n类（mn）（1）当n|m时，至少有一类中含有至少个元素；（2）当n|m时，至少有一类中含有至少+1个元素。其中n m表示n是m的

23、约数，n m表示n不是m的约数，表示不超过的最大整数。原则三：把个元素分成n类，则存在一个k，使得第k类至少有个元素。原则四：把无穷多个元素分成有限类，则至少有一类包含无穷多个元素。以上这些命题用反证法极易得到证明，这里从略。一般来说，适合应用抽屉原则解决的数学问题具有如下特征：新给的元素具有任意性。如10个苹果放入9个抽屉，可以随意地一个抽屉放几个，也可以让抽屉空着。问题的结论是存在性命题，题目中常含有“至少有”、“一定有”、“不少于”、“存在”、“必然有”等词语，其结论只要存在，不必确定，即不需要知道第几个抽屉放多少个苹果。对一个具体的可以应用抽屉原则解决的数学问题还应搞清三个问题：（1）

24、什么是“苹果”？（2）什么是“抽屉”？（3）苹果、抽屉各多少？用抽屉原则解题的本质是把所要讨论的问题利用抽屉原则缩小范围，使之在一个特定的小范围内考虑问题，从而使问题变得简单明确。用抽屉原则解题的基本思想是根据问题的自身特点和本质，弄清对哪些元素进行分类，找出分类的规律。用抽屉原则解题的基本思想是根据问题的自身特点和本质，弄清对哪些元素进行分类，找出分类的规律。用抽屉原则解题的关键是利用题目中的条件构造出与题设相关的“抽屉”。例9、在1，4，7，10，13，100中任选出20个数，其中至少有不同的两组数，其和都等于104，试证明之。 （第39届美国普特南数学竞赛题）证明：给定的数共有34个，其

25、相邻两数的差均为3，我们把这些数分成如下18个不相交的集合：1，52，4，100，7，97，49，55。且把它们分作是18个抽屉，从已知的34个数中任取20个数，即把前面两个抽屉中的数1和52都取出，则剩下的18个数在后面的16个抽屉中至少有不同的两个抽屉中的数全被取出，这两个抽屉中的数互不相同，每个抽屉中的两个数的和都是104。评述：此例是根据某两个数的和为104来构造抽屉。一般地，与整数集有关的存在性问题也可根据不同的需要利用整数间的倍数关系、同余关系来适当分组而构成抽屉。例10、设ABC为一等边三角形，E是三边上点的全体. 对于每一个把E分成两个不相交子集的划分，问这两个子集中是否至少有

26、一个子集包含着一个直角三角形的三个顶点？（第24届IMO第4题）证明：如图 7，在边BC、CA、AB上分别取三点P、Q、R，使显然ARQ，BPR，CQP都是直角三角形. 它们的锐角是30及60。设E1，E2是E的两个非空子集，且由抽屉原则P、Q、R中至少有两点属于同一子集，不妨设P、QE1。如果BC边上除P之外还有属于E1的点，那么结论已明。设BC的点除P之外全属于E2，那么只要AB上有异于B的点S属于E2，设S在BC上的投影点为，则SSB为直角三角形。再设AB内的每一点均不属于E2，即除B之外全属于E1，特别，R、AE1，于是A、Q、RE1，且AQR为一直角三角形。从而命题得证。评述：此例通

27、过分割图形构造抽屉。在一个几何图形内有若干已知点，我们可以根据问题的要求把图形进行适当的分割，用这些分割成的图形作为抽屉，再对已知点进行分类，集中对某一个或几个抽屉进行讨论，使问题得到解决。4、割补法的应用计算几何中的割补法在组合数学中即表现为计数上的“割补”：欲求解一定范围内满足条件的元素个数，不妨扩大限定范围求解，例如减法原理；抑或在统计中分别求解，再将多余部分删去，例如容斥原理。总之，退一步海阔天空，先放宽条件，再解决问题就方便多了。（1）减法原理这只是一个简单的数学问题而已，可以看成是加法原理和乘法原理的一个引申：假设A地到B，C，D地分别有5条路，但到E地只有3条路，B，C，D，E地

28、与F都有3条路相通，于是不妨假设AE也有5条路相通，于是AF道路总数为543=60条，其中有23=6条是我们“杜撰”出来的，于是实际上AF道路总数应为606=54条。（2）有禁区的排列问题我们先介绍有关棋盘多项式的概念。设C是一个棋盘，Rk(C)表示把k个相同的棋子布到C中的方案数。在布棋时我们规定：当一个棋子放到C中的某个格以后，这个格所在的行和列就不能再放其他棋子了，并规定对任意的棋盘C有R0(C)=1。不难得到以下的结果：R1( )=1，R1()=R1（）=2，R2()=R2（）=0，R2()=1，可以证明布棋方案数Rk（C）具有下面的性质：对于任意的棋盘C和正整数k，如果k大于C中的方

29、格总数，则R（C）=0。R1（C）等于C中的方格数。设C1和C2是两个棋盘，如果C1经过旋转或者翻转变成了C2，则Rk(C1)= Rk(C2)。设Ci是从棋盘C中去掉指定的方格所在的行和列以后剩余的棋盘，Cl是从棋盘C中去掉指定的方格以后剩余的棋盘，则有Rk(C)= Rk-1(Ci)+ Rk(Cl) (k=1)。设棋盘C由两个子棋盘C1和C2组成，如果C1和C2的布棋方案是互相独立的，则有。定义1：设C是棋盘，则叫做棋盘多项式。显然，在上述定义中当k大于棋盘的格子数时Rk（C）=0，所以R（C）一般只有有限项。例如：R（）=R0（）+R1（）x+ R 2（）X2=1+2X+X2根据Rk（C）的

30、性质不难得到R（C）的性质。R（C）=xR(Ci)+R(Cl)，其中Ci和Cl的定义如前所述。R（C）=R(Ci)R(Cl) ，其中Ci和Cl的定义如前所述。利用这两条性质可以计算棋盘多项式。例11、 计算R（）。解：R（）=X*R（）+R（）=X（1+X）+（1+2X）=1+3X+X2 。下面我们就可以利用棋盘多项式来解决有禁区的排列问题。首先可以看到X=1，2，3，n的一个排列恰好对应了n个棋子在棋盘上的一种排布。在图8中，我们以棋盘的n行表示X中的元素，列表示位置，则这种放置方案就对应了排列2143。如果在排列中限制元素i不能放在第j个位置，则相应的布棋方案中的棋盘第行第j列就不能放置棋

31、子。我们把所有这些不许放置棋的方格称作禁区。定理1 设C是的具有给定禁区的棋盘，这个禁区 图 8对应集合1，2，n中的元素在排列中不允许出现的位置。则这种有禁区的排列数是： 其中ri是i个棋子放置到禁区的方案数。证明： 先不考虑禁区的限制，那么n 个棋子布到nn棋盘上的方案有n！n!个，如果对n个棋子分别编号为1，2，n，并且认为编号不同的棋子放入同样的方格是不同的放置方案，那么带编号的棋子布到nn棋盘上的方案数是n!n!。我们把这些方案构成的集合记作S。对j=1，2，n，令Pj表示第j个棋子落入禁区的性质，并令Aj是S中具有性质Pj的方案构成的子集，那么所求的排列数就是。 图9 1号棋子落入

32、禁区的方案数为R1，当它落入禁区的某一格之后，2，3，n号棋子可以任意布置在(n-1) (n-1)的棋盘上，由乘法法则得同理，对i=2，3，n有，对i求和得1号和2号两个棋子落入禁区的方案数为2R2，它们落入以后，3，4，n号棋子可以任意布置在（n2）*（n-2）的棋盘上，所以，对所有的求和得，用类似的方法，我们可以求得，。根据容斥原理，带编号的n个棋子都不落入禁区的方案数是。需要说明一点，这个定理适用于棋盘的小禁区的布棋问题。如果是的棋盘或者是禁区很大的布棋问题，那么只能直接用R（C）来求解。例12、用四种颜色（红、蓝、绿、黄）涂染四台仪器A，B，C，D。规定每台仪器只能用一种颜色并且任意两

33、台仪器都不能相同。如果B不允许用蓝色和红色，C不允许用蓝色和绿色，D不允许用绿色和黄色，问有多少种染色方案？解：这个问题就是图中的有禁区的布棋问题。禁区的棋盘多项式为R（）,从而得到R1=6，R2=10，R3=4，根据定理，所求的方案数是N=4！6*3！+10*2！4*1！=2436+204=4。例13、错位排列问题也可以看作是有禁区的排列问题，其禁区在主对角线上。下面使用定理来求Dn。解： 禁区的棋盘多项式是R（）=R（）* R（）*R（）=，从而得到，代入定理得。总结：你觉得“数学好玩”吗？只要你有兴趣，数学就会变得迥然不同。你就会感受到数学无尽的魅力，就会具有攻无不克的意志力，就会产生无坚不摧的战斗力。如果你根本就没爱上数学，又怎么可能碰撞出最为绚烂的火花呢？哪怕非常短暂，瞬间即逝。有很多同学热爱数学，都为能在数学奥林匹克的赛场上一试身手、摘金夺银而默默钻研，苦苦奋斗。我想学习中保持长久的数学兴趣和培养创造性的思维是成功的关键，也是将来可持续发展的保障。而汲取众家之长是创造性思维的源泉，学会独立思考是提高创造性思维能力的良策。专心-专注-专业