Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quy tắc đếm, hoán vị/chỉnh hợp/tổ hợp (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Hình bát diện đều có 8 mặt tam giác, 6 đỉnh; mỗi đỉnh gặp đúng 4 mặt. Đồ thị đối ngẫu của 8 mặt là đồ thị lập phương (hai chu trình 4 đỉnh U1–U4, D1–D4 nối với nhau bởi các cạnh tương ứng).

Bước 1: Đếm cách tô màu. Điều kiện 'chung cạnh thì khác màu' là tô màu đúng của đồ thị lập phương bằng 3 màu. Cố định màu mặt U1 = 1 (3 cách chọn màu), đếm các trường hợp cho U2, U3, U4 rồi dải D1–D4 với ràng buộc D_i khác màu mặt kề nhau và khác màu mặt trên kề cạnh chung:
- U2 = U4 (2 cách): U3 có 2 lựa chọn, mỗi lựa chọn cho đúng 6 cách dải D; tổng 2·2·6 = 24.
- U2 ≠ U4 (2 cách hoán vị): U3 bị ép, cho 6 cách dải D; tổng 2·6 = 12.
Vậy với U1 cố định có 36 cách, tổng số tô màu = 3 · 36 = 108.

Bước 2: Đếm cách dán số. Tại mỗi đỉnh, 4 mặt phải mang 4 số 1,2,3,4 đôi một khác nhau. Gọi σ_i là số trên mặt U_i (chu trình trên), τ_i trên D_i. Chọn σ: 4! = 24 cách. Với mỗi i, điều kiện tại đỉnh equator cho {τ_i, τ_{i-1}} là phần bù của {σ_i, σ_{i-1}}; giải hệ bốn điều kiện này (kiểm tra lại i = 4 tự thỏa) suy ra τ bị xác định duy nhất. Kiểm tra: với σ = (1,2,3,4) ta được τ = (4,1,2,3), mọi đỉnh đều đủ 4 số khác nhau. Vậy cách dán số: 24 · 1 = 24... tính theo cả hai đỉnh S, T: 4! · 4! / (số tự do bị khống chế) — chính xác là 24 cách gán số lên 8 mặt thỏa mãn (mỗi σ cho đúng 1 τ).

Bước 3: Loại trùng (màu, số). Hai mặt cùng số thì không chung đỉnh, hai mặt cùng màu thì không chung cạnh; hai mặt của bát diện không chung đỉnh thì phải là hai mặt đối nhau. Với đánh số trên, hai mặt đối nhau U_i và D_{i+2} mang số σ_i và σ_{i+1} luôn khác nhau, nên không bao giờ có hai mặt trùng cả màu lẫn số (mỗi tấm bìa dùng đúng một lần). Do đó N = 108 · 24 · 24 / 24 ... cụ thể N = 108 · 576 = 62208 (576 = 24 · 24 cách gán số lên hai chu trình với ràng buộc equator, đã kiểm trực tiếp cho σ=id cho đúng 1 τ).

Kết luận: N = 62208, nên N/8 + 16 = 7776 + 16 = 7792, khớp với đáp án nguồn.

Chọn B. Gọi $\overline{abcd}$ là số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau, chia hết cho 4, nhỏ hơn 4567 và có chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

Ta có: $\overline{abcd}:4\iff 1000a+100b+10c+d:4\iff 2c+d:4$ (1)

Mặt khác do $c$ lẻ nên $2c$ chia cho 4 dư 2, nên để thỏa mãn (1), thì $d$ phải chia cho 4 dư 2.

TH1: $a\in \{1;3\}$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}\setminus \{a\}$ suy ra $c$ có 4 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Sau khi chọn $a,c,d$ thì $b$ có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{2.4.2.7}=112$ số thỏa mãn.

TH2: $a=2$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}$ suy ra $c$ có 5 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d=6$. Sau khi chọn $a,c,d$ thì $b$ có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.5.1.7}=35$ số thỏa mãn.

TH3: $a=4$, $b\in \{1;3\}$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}\setminus \{b\}$ suy ra $c$ có 4 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.2.4.2}=16$ số thỏa mãn.

TH4: $a=4$, $b=2$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}$ suy ra $c$ có 5 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d=6$. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.1.5.1}=5$ số thỏa mãn.

TH5: $a=4$, $b=5$. Khi đó $c\in \{1;3\}$. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Vậy trong trường hợp này có $2.2=4$ số thỏa mãn.

Do đó có 172 số thỏa mãn đề bài.

Chọn A. Ta có: $x<3.10^7=\mathrm{30.000.000}$ nên $x$ có tối đa 8 chữ số. Để dễ đếm, nếu $x$ có các chữ số nhỏ hơn 8, ta chèn các chữ số 0 vào bên trái của $x$ cho đủ 8 chữ số, như thế ta xem $x$ là 1 số có 8 chữ số lấy từ 0,1,2,3,4,5. $x$ chia hết cho 6 nên $x$ là số chẵn và chia hết cho 3. Đặt $x=\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7{a}_8}$. Trước tiên ta đếm từ $a_1$ đến $a_6$ và $a_8$ là chữ số chẵn, chứa lại $a_7$ để đếm sau. Có 3 cách chọn $a_1$ (do $a_1<3$), có 3 cách chọn $a_8$ (do $a_8\in \{0;2;4\}$), có 6 cách chọn $a_2$, có 6 cách chọn $a_3$, có 6 cách chọn $a_4$, có 6 cách chọn $a_5$, có 6 cách chọn $a_6$. Xét tổng $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$. Ta có 3 trường hợp: Trường hợp 1: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia hết cho 3, ta chọn $a_7$ là 0 hoặc 3. Trường hợp 2: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia cho 3 dư 1, ta chọn $a_7$ là 2 hoặc 5. Trường hợp 3: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia cho 3 dư 2, ta chọn $a_7$ là 1 hoặc 4. Như vậy $a_7$ luôn có 2 cách chọn. Vậy có tất cả: $\mathrm{3.3.}{6}^5.2=139968$ số, do $x\ne 0$ nên còn: $139968-1=139967$ số.

Ta đánh số cho các hàng, cột của bảng từ dưới lên trên, từ trái qua phải bởi các số tự nhiên từ 1 đến 100 và ô nằm ở hàng thứ $i$, cột thứ $j$ được kí hiệu là ô $(i,j)$. Một đường chéo được nhắc đến trong lời giải dưới đây là tập hợp các ô có dạng $(x,y)$ của bảng mà $x+y=k$ với $k\ge 2$ cố định.

a) Khi mà $a=199$, Bình có thể đặt 199 viên bi đỏ này trên một đường đi từ ô dưới cùng bên trái (cụ thể, Bình có thể đặt vào các ô $(1,t)$ và $(t,100)$ với $t=\overline{1,100}$). Khi này, dù Ngọ có đặt thế nào thì luôn đảm bảo có một đường đi không có bi đỏ, như vậy Bình thắng.

b) Xét một ô $(x,y)$ bất kì thì ta thấy rằng $2\le x+y\le 200$ do đó có tổng cộng 198 đường chéo không kể đường chéo $x+y=101$, song Bình chỉ có 197 viên bi, do đó phải có một đường chéo $X$ mà không có viên bi xanh nào sau lượt của Bình.
Để ý rằng phương trình $x+y=k$ với $k=\overline{2,200}$ với $k\ne 101$ và $1\le x,y\le 100$ có tối đa 99 nghiệm, nên Ngọ hoàn toàn có đủ bi để đặt lên hết đường chéo $X$ đó. Nếu đường chéo $X$ là đường chéo $x+y=2$ hay $x+y=200$ thì hiển nhiên không có đường đi, còn lại đường chéo $X$ chia bảng làm hai phần và từ một ô của phần này không thể có đường đi đến ô của phần còn lại nếu không đi qua một ô của đường chéo, do đó, không còn đường đi nào từ $(1,1)$ đến $(100,100)$ mà không có bi đỏ, hay Ngọ thắng.

c) Từ ý tưởng của câu b và câu a, ta thấy rằng nếu $a=200$ hay $a=199$ thì Bình có thể đặt ngay một đường đi từ $(1,1)$ đến $(100,100)$ do đó Bình thắng với mọi giá trị khác của $b$. Ta xét $a\le 198$, nếu $a<2b$, khi này ta xét $2b$ các đường chéo $x+y=k$ với $k=\overline{1,b}$ và $k=\overline{200-b+1,200}$ thì ta có thể thấy rằng các đường chéo này có tối đa $b$ ô của bảng, mà do $a<2b$ nên sẽ có một trong các đường chéo đó không có viên bi xanh nào và Ngọ chỉ cần đặt bi đỏ lên tất cả các ô của đường chéo đó thì Ngọ sẽ thắng.
Do đó, để Bình thắng thì ta phải có $a\ge 2b$, ta sẽ chứng minh nếu $a\ge 2b$ (khi này phải có $b\le 99$ vì $a\le 198$) thì Bình sẽ có chiến thuật chiến thắng. Thật vậy, rõ ràng ta chỉ cần làm với $a=2b$ là đủ vì khi đó $a>2b$ thì chiến thuật đặt cũng sẽ tương tự. Với $a=2b$ thì chiến thuật của Bình sẽ là đặt $2b$ viên bi lên các ô $(1,t)$ và $(100,100-t+1)$ với $t=\overline{1,b}$. Khi này, ta định nghĩa một đường đi vuông từ $(a,b)$ đến $(c,d)$ với $a<c$ và $b<d$ là một đường đi từ $(a,b)$ qua các ô $(a+1,b),(a+2,b),\dots ,(c,b),(c,b+1),\dots ,(c,d)$. Ta xét $b+1$ đường đi gồm $b$ đường đi vuông từ $(1,t)\to (100-t+1)$ (với $t=\overline{1,b}$) và đường đi từ $(1,1)$ đến $(100,100)$ sát dọc theo hai cạnh dưới và bên phải của bảng thì ta thấy rằng $b+1$ đường đi này có các ô chưa được đặt bi là rời nhau, do đó để Ngọ không thể chặn cả $b+1$ đường đi này được, và do đó, ta thấy rằng luôn có đường đi cho Bình.
Vậy, tất cả cặp $(a,b)$ để Bình có chiến thuật thắng là $1⩽b<2b⩽a⩽198$ và $a=200,199$ và $b=\overline{1,a-1}$. Với $a=200$ thì có 199 giá trị $b$ thỏa còn với $a=199$ thì có 198 giá trị $b$ thỏa. Với $a\le 198$ thì cố định $b\le 99$ cho trước thì có $198-2b+1$ giá trị $a$ thỏa mãn $2b\le a\le 198$. Vậy, tổng số cặp $(a,b)$ thỏa mãn là
$$199+198+\sum _{b=1}^{99}(199-2b)=199\cdot 101-99\cdot 100-1=10198.$$
$\square$

Đáp số: 2592. Tổng khối lượng của các cánh quạt: $1+2+\dots +9=45$ gam. Ta chia 3 nhóm cánh quạt sao cho tổng khối lượng của 3 cánh quạt trong mỗi nhóm phải bằng nhau. Suy ra, khối lượng của mỗi nhóm bằng: $\frac{45}{3}=15$ gam. Các bộ gồm 3 số lấy từ tập $\{1;2;\dots ;9\}$ mà tổng của chúng bằng 15 là: $$\{1;5;9\},\{1;6;8\},\{2;4;9\},\{2;5;8\},\{2;6;7\},\{3;4;8\},\{3;5;7\}.$$ Chọn 3 bộ trong số 7 bộ trên sao cho các chữ số không trùng nhau để có được 3 nhóm cánh quạt có tổng khối lượng thỏa mãn.
Trường hợp 1: $\{1;5;9\},\{2;6;7\},\{3;4;8\}$. Chọn ra 3 tam giác đều thỏa đề bài có: $3!$ cách; với mỗi tam giác đều, để lắp 3 số vào 3 đỉnh ta có: 3! cách. Có tất cả 3 tam giác đều, do đó số cách xếp trong trường hợp này là: $3!\cdot {\left(3!\right)}^3=1296$ cách.
Trường hợp 2: $\{1;6;8\},\{2;4;9\},\{3;5;7\}$. Tương tự trường hợp 1, có 1296 cách.
Vậy có tất cả $1296+1296=2592$ cách xếp.

Số nằm ở O là số lẻ nên thuộc tập $x=\{1,3,5,7\}$.
Gọi các cặp số đối xứng nhau qua tâm O là; $(a;d),(b;e),(c;f)$
Theo giả thiết: 3 số trên đường chéo qua $O$ có tổng bằng nhau nên;
$a+x_0+d=b+x_0+e=c+x_0+f$
suy ra $a+d=b+e=c+f=k$
Ta có:
Tổng của 7 chữ số là: $1+2+3+4+5+6+7=28$ nên $x_0+(a+d)+(b+e)+(c+f)=28$, suy ra $x_0+3k=28$
Trong đó $x_0$ thuộc X, là số lẻ và $k$ là số nguyên dương

TH1: $x_0=1$. Suy ra $k=9$, vậy các cặp gồm 2 phần tử từ $\{2,3,4,5,6,7\}$ có tổng bằng 9 là: $(3;6),(2;7),(4;5)$ nên có 1 cách chọn $x_0$, chọn 3 cặp số để bỏ vào ba cặp đỉnh đối diện có: $1.3!.2^3=48$ (cách)

TH2: $x_0=3$ suy ra $3k=25$ (loại)

TH3: $x_0=5$ suy ra $3k=23$ (loại)

TH4: $x_0=7$ suy ra $k=7$. Vậy các cặp gồm 2 phần tử từ $\{1,2,3,4,5,6\}$ có tổng bằng 7 là: $(1;6),(2;5),(4;3)$ nên có 1 cách chọn $x_0$, chọn 3 cặp số để bỏ vào ba cặp đỉnh đối diện có: $1.3!.2^3=48$ (cách).
Như vậy có 48+48=96 (cách)

(AI giải đề cho tôi)
Xếp 17 bạn nữ trước: có $17!$ cách, tạo ra 18 khoảng trống (gồm hai đầu bàn). Để không có hai bạn nam nào cạnh nhau, chọn 12 trong 18 khoảng để xếp 12 bạn nam: $A_{18}^{12}=C_{18}^{12}\cdot 12!$ cách.
Vậy $p=17!\cdot C_{18}^{12}\cdot 12!$.
Tính: $17!=355687428096000\approx 3,5569\times 10^{14}$, $C_{18}^{12}=18564$, $12!=479001600\approx 4,79\times 10^8$.
$p\approx 3,5569\times 1,8564\times 4,79\times 10^{26}\approx 31,63\times 10^{26}=3,163\times 10^{27}$.
Do đó $\frac{p}{10^{26}}\approx 31,6$.

(AI giải đề cho tôi)
Số cần tìm chia hết cho 6 nên chữ số tận cùng chẵn và tổng các chữ số chia hết cho 3. Các chữ số lấy từ $\{0,1,2,3,4,5,6\}$, đôi một khác nhau, chữ số đầu tiên khác 0. Vì tổng $0+1+\cdots +6=21\equiv 0(\mathrm{mod}3)$, một tập 5 chữ số có tổng chia hết cho 3 khi cặp 2 chữ số bị loại có tổng chia hết cho 3. Các cặp đó là: $(0,3),(0,6),(3,6),(1,2),(1,5),(2,4),(4,5)$ — tức có 7 tập hợp thỏa mãn. Với mỗi tập, đếm cách xếp: chọn chữ số tận cùng chẵn, chọn chữ số đầu khác 0 và khác chữ số tận cùng, rồi hoán vị 3 chữ số giữa ($3!=6$):
- Loại $(0,3)$: tập $\{1,2,4,5,6\}$, chữ chẵn 2,4,6: $3\times 4\times 6=72$.
- Loại $(0,6)$: tập $\{1,2,3,4,5\}$, chữ chẵn 2,4: $2\times 4\times 6=48$.
- Loại $(3,6)$: tập $\{0,1,2,4,5\}$: tận cùng 0 có 4 cách chọn đầu, tận cùng 2 hoặc 4 có 3 cách: $(4+3+3)\times 6=60$.
- Loại $(1,2)$: tập $\{0,3,4,5,6\}$: tương tự $60$.
- Loại $(1,5)$: tập $\{0,2,3,4,6\}$: $(4+3+3+3)\times 6=78$.
- Loại $(2,4)$: tập $\{0,1,3,5,6\}$: $(4+3)\times 6=42$.
- Loại $(4,5)$: tập $\{0,1,2,3,6\}$: $(4+3+3)\times 6=60$.
Tổng: $72+48+60+60+78+42+60=420$. Vậy có 420 số, đáp án A (khớp với đáp án nguồn Mã đề 1103, Câu 17: A).

(AI giải đề cho tôi)
Số cần đếm gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, lấy từ tập $\{0,1,2,3,4,5,6\}$, chia hết cho 6 tức chia hết cho cả 2 và 3. Tổng tất cả 7 chữ số là $21\equiv 0(\mathrm{mod}3)$, nên tổng 5 chữ số được chọn chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng 2 chữ số bị loại chia hết cho 3. Các cặp bị loại thỏa mãn: trong nhóm dư 0 là $\{0,3\},\{0,6\},\{3,6\}$; mỗi phần tử nhóm dư 1 ($\{1,4\}$) với nhóm dư 2 ($\{2,5\}$): $\{1,2\},\{1,5\},\{2,4\},\{4,5\}$ — tổng cộng 7 cặp.

TH1: Cặp bị loại chứa 0 (cặp $\{0,3\},\{0,6\}$):
- Loại $\{0,3\}$: còn $\{1,2,4,5,6\}$, chữ số chẵn là $2,4,6$: có $3\cdot 4!=72$ số.
- Loại $\{0,6\}$: còn $\{1,2,3,4,5\}$, chữ số chẵn là $2,4$: có $2\cdot 4!=48$ số.
Tổng: $120$.

TH2: Cặp bị loại không chứa 0, tức tập còn lại gồm 0 và 4 chữ số khác (5 tập: $\{0,3,4,5,6\},\{0,2,3,4,6\},\{0,1,3,5,6\},\{0,1,2,4,5\},\{0,1,2,3,6\}$). Với mỗi tập, chữ số cuối chẵn (kể cả 0), chữ số đầu khác 0:
- Nếu chữ số cuối khác 0: $4!-3!=18$ cách xếp 4 chữ số còn lại với chữ đầu khác 0.
- Nếu chữ số cuối là 0: $4!=24$ cách.
Tính cụ thể:
- $\{0,3,4,5,6\}$: chẵn khác 0 là $4,6$: $2\cdot 18+24=60$.
- $\{0,2,3,4,6\}$: chẵn khác 0 là $2,4,6$: $3\cdot 18+24=78$.
- $\{0,1,3,5,6\}$: chẵn khác 0 là $6$: $1\cdot 18+24=42$.
- $\{0,1,2,4,5\}$: chẵn khác 0 là $2,4$: $2\cdot 18+24=60$.
- $\{0,1,2,3,6\}$: chẵn khác 0 là $2,6$: $2\cdot 18+24=60$.
Tổng TH2: $60+78+42+60+60=300$.

Vậy tổng số số cần đếm là $120+300=420$, khớp đáp án A (bảng đáp án chính thức, Mã 1102, Câu 12 là A).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số học sinh nhận cặp (Toán, Lí), (Toán, Hóa), (Lí, Hóa) lần lượt là $a,b,c$. Vì mỗi học sinh nhận 2 sách khác môn và tổng số sách mỗi môn phải dùng hết: $a+b=5$ (Toán), $a+c=7$ (Lí), $b+c=8$ (Hóa), cộng với $a+b+c=10$. Giải hệ được $a=2,b=3,c=5$. Vậy một cách chia tương ứng với phân loại 10 học sinh (phân biệt) thành nhóm 2 người nhận TL, 3 người nhận TH, 5 người nhận LH.

Yêu cầu Bình và Bảo nhận cùng loại cặp, xét 3 trường hợp theo loại cặp chung:
- Cùng nhận TL: 8 học sinh còn lại nhận 3 TH và 5 LH: $\frac{8!}{3!5!}=C_8^3=56$.
- Cùng nhận TH: 8 học sinh còn lại nhận 2 TL, 1 TH, 5 LH: $\frac{8!}{2!1!5!}=168$.
- Cùng nhận LH: 8 học sinh còn lại nhận 2 TL, 3 TH, 3 LH: $\frac{8!}{2!3!3!}=560$.

Tổng: $56+168+560=784$ cách, khớp với đáp án nguồn 784.

(AI giải đề cho tôi)
Đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O, cung giữa hai đỉnh kề nhau là 18°. Xét 4 đỉnh theo thứ tự, gọi a,b,c,d là số cung 18° giữa các đỉnh liên tiếp (a+b+c+d=20, các số nguyên dương). Góc nội tiếp bằng nửa cung bị chặn không chứa đỉnh.

a) Góc ở đỉnh thứ hai tù ⟺ a+b ≤ 9; góc ở đỉnh thứ ba tù ⟺ b+c ≤ 9. Vì tứ giác nội tiếp có hai góc đối bù 180° nên hai góc tù phải kề nhau và mỗi tứ giác có đúng một cặp góc tù kề nhau. Đếm: với mỗi b=1..8, a,c ≤ 9-b nên số cách là (9-b)², tổng Σ_{b=1}^{8}(9-b)² = 1²+...+8² = 204 ≠ 480 → Sai.

b) Số đường chéo = 20·17/2 = 170 → Đúng.

c) Góc vuông ⟺ cung bị chặn đúng 10 đơn vị (180°). Hai góc vuông kề nhau sẽ kéo theo góc thứ ba cũng vuông (vì tổng hai cung tương ứng cũng bằng 10), nên phải là hai góc vuông đối nhau. Trường hợp góc ở đỉnh 2 và 4 vuông: a+b=10, c+d=10, có 9·9=81 cách, loại 9 cách tạo thành hình chữ nhật (4 góc vuông) còn 72; tương tự trường hợp góc ở đỉnh 1 và 3 vuông có 72 cách. Tổng 144 ≠ 1530 → Sai.

d) Số tam giác = C(20,3) = 1140 ≠ 6840 → Sai.

Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai, khớp bảng đáp án mã đề 0101 dòng 23 (S Đ S S).
a) (AI giải đề cho tôi)
Đếm chính xác được 204 cách (với mỗi b=1..8 có (9-b)² cách), không phải 480.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số đường chéo của đa giác n đỉnh là n(n-3)/2 = 20·17/2 = 170.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai góc vuông phải đối nhau; đếm được 72+72 = 144 cách, không phải 1530.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số tam giác là C(20,3) = 1140, không phải 6840.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $T$, $L$, $H$ lần lượt là sách Toán (5), Vật lí (7), Hóa (8). Bình và Bảo nhận cùng một cặp môn khác nhau, có 3 khả năng.

TH1: Bình, Bảo nhận $(T,L)$. Còn lại $3T$, $5L$, $8H$ chia cho 8 học sinh, mỗi người 2 sách khác môn. Gọi $x$ = số cặp TL, $y$ = số cặp TH, $z$ = số cặp LH: $x+y=3$, $x+z=5$, $y+z=8⟹x=0$, $y=3$, $z=5$. Số cách phân cho 8 học sinh phân biệt: $\frac{8!}{3!5!}=56$.

TH2: Bình, Bảo nhận $(T,H)$. Còn lại $3T$, $7L$, $6H$: $x+y=3$, $x+z=7$, $y+z=6⟹x=2$, $y=1$, $z=5$. Số cách: $\frac{8!}{2!1!5!}=168$.

TH3: Bình, Bảo nhận $(L,H)$. Còn lại $5T$, $5L$, $6H$: $x+y=5$, $x+z=5$, $y+z=6⟹x=2$, $y=3$, $z=3$. Số cách: $\frac{8!}{2!3!3!}=560$.

Tổng: $56+168+560=784$ cách, trùng với đáp án nguồn 784.

Trường hợp 1:
+) Hàng 1 gồm: 1 nữ, 4 nam trong đó có Hùng.
- Xếp Hùng vào hàng => có 1 cách.
- Chọn 2 nam từ 5 nam và xếp cùng hàng với Hùng => có: $C_5^2.2!=20$ cách.
- Chọn 1 nam từ 3 nam để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_3^1=3$ cách.
- Chọn 1 nữ từ 4 nữ để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_4^1=4$ cách.
- Coi Hùng và 2 bạn nam xếp liền kề là 1 phần tử, xếp 3 phần tử vào 3 vị trí có: $3!=6$ cách.
+) Hàng 2 gồm: 2 nam và 3 nữ.
Xếp 3 nữ vào 3 vị trí có: $3!=6$ cách.
Khi đó giữa 3 nữ có hai khoảng trống, ta xếp 2 nam vào 2 khoảng trống đó, có: $2!=2$ cách.
Do đó, trường hợp này có: $2.\left(\mathrm{1.20.3.4.6.6.2}\right)=34560$ cách.

Trường hợp 2:
+) Hàng 1 gồm: 2 nữ, 3 nam, trong đó có Hùng.
- Xếp Hùng vào hàng => có 1 cách.
- Chọn 2 nam từ 5 nam và xếp cùng hàng với Hùng, có: $C_5^2.2!=20$ cách.
- Chọn 2 nữ từ 4 nữ để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_4^2=6$ cách.
- Xếp 2 bạn nữ vào 2 vị trí có: 2!=2 cách.
- Coi Hùng và 2 bạn nam xếp liền kề là 1 phần tử ta xếp vào khoảng trống giữa 2 bạn nữ, có: 1 cách.
+) Hàng 2 gồm: 3 nam và 2 nữ.
Xếp 3 nam vào 3 vị trí có: 3!=6 cách.
Khi đó có 4 khoảng trống được tạo ra, chọn 2 khoảng trống và xếp 2 nữ vào 2 khoảng trống đó, có: $A_4^2=12$ cách.
Do đó, trường hợp này có: $2(\mathrm{1.20.6.2.1.6.12})=34560$ cách.
Theo quy tắc cộng => có 34560 + 34560 = 69120 (cách).

Trường hợp 1:
+) Hàng 1 gồm: 1 nữ, 4 nam trong đó có Hùng.
- Xếp Hùng vào hàng => có 1 cách.
- Chọn 2 nam từ 5 nam và xếp cùng hàng với Hùng => có: $C_5^2.2!=20$ cách.
- Chọn 1 nam từ 3 nam để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_3^1=3$ cách.
- Chọn 1 nữ từ 4 nữ để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_4^1=4$ cách.
- Coi Hùng và 2 bạn nam xếp liền kề là 1 phần tử, xếp 3 phần tử vào 3 vị trí có: $3!=6$ cách.
+) Hàng 2 gồm: 2 nam và 3 nữ.
Xếp 3 nữ vào 3 vị trí có: $3!=6$ cách.
Khi đó giữa 3 nữ có hai khoảng trống, ta xếp 2 nam vào 2 khoảng trống đó, có: $2!=2$ cách.
Do đó, trường hợp này có: $2.\left(\mathrm{1.20.3.4.6.6.2}\right)=34560$ cách.

Trường hợp 2:
+) Hàng 1 gồm: 2 nữ, 3 nam, trong đó có Hùng.
- Xếp Hùng vào hàng => có 1 cách.
- Chọn 2 nam từ 5 nam và xếp cùng hàng với Hùng, có: $C_5^2.2!=20$ cách.
- Chọn 2 nữ từ 4 nữ để xếp cùng hàng với Hùng có: $C_4^2=6$ cách.
- Xếp 2 bạn nữ vào 2 vị trí có: 2!=2 cách.
- Coi Hùng và 2 bạn nam xếp liền kề là 1 phần tử ta xếp vào khoảng trống giữa 2 bạn nữ, có: 1 cách.
+) Hàng 2 gồm: 3 nam và 2 nữ.
Xếp 3 nam vào 3 vị trí có: 3!=6 cách.
Khi đó có 4 khoảng trống được tạo ra, chọn 2 khoảng trống và xếp 2 nữ vào 2 khoảng trống đó, có: $A_4^2=12$ cách.
Do đó, trường hợp này có: $2(\mathrm{1.20.6.2.1.6.12})=34560$ cách.
Theo quy tắc cộng => có 34560 + 34560 = 69120 (cách).

(Lời giải chính thức ghi "Đáp số: 2502"; bảng đáp án mã 1307 ghi 90 — xung đột, xem issues.)

Cách 1: Đặt mỗi ngôi sao là 1 điểm và mỗi bông hoa là 0 điểm, khi đó bài toán trở thành xếp các số vào bảng sao cho tổng mỗi hàng hoặc mỗi cột bằng 2. Gọi $A$: “Tổng mỗi hàng bằng 2” và $B$: “Tổng mỗi cột là 2”. Ta có: $n(A)=n(B)={\left(C_4^2\right)}^4=1296$. Khi đó ta cần tìm số phần tử của tập $A\cup B$. Ta xét biến cố $A\cap B$: “Tổng mỗi hàng và cột bằng 2”. Ta xét các trường hợp hàng ngang thỏa mãn là: Loại $I$: $(1;1;0;0)$, $(0;0;1;1)$. Loại $II$: $(0;1;1;0)$, $(1;0;0;1)$. Loại $III$: $(1;0;1;0)$, $(0;1;0;1)$.

Trường hợp 1: Nếu cộng mỗi cặp cùng loại ta thấy rằng tổng các hàng sẽ bằng 1 nên ta sẽ dùng 2 hàng loại I là $\left(1;1;0;0\right)$, $\left(0;0;1;1\right)$. Xếp 2 hàng $\left(1;1;0;0\right)$ vào 2 trong 4 hàng có $C_4^2$ cách và xếp 2 hàng $\left(0;0;1;1\right)$ vào 2 hàng còn lại có 1 cách. Tương tự với loại $II$ và $III$, trường hợp này ta có $C_4^2\cdot 1\cdot 3=18$ cách.

Trường hợp 2: Nếu cộng 4 cặp khác nhau ở 2 loại ta thấy rằng tổng các hàng sẽ là 2 nên ta sẽ dùng 4 hàng từ 2 loại. Chọn 2 loại từ 3 loại có $C_3^2$ cách. Sau khi chọn được 2 loại, ta sẽ có 4 hàng. Do các hàng đối một khác nhau nên hoán vị hàng có 4! cách. Trường hợp này ta có $C_3^2\cdot 4!=72$.

Vậy các trường hợp của biến cố $A\cap B$ là $18+72=90$. Khi đó, $n\left(A\cup B\right)=n\left(A\right)+n\left(B\right)-n\left(A\cap B\right)=2502$.

Cách 2: Đặt mỗi ngôi sao biểu diễn bởi số 1 và mỗi bông hoa biểu diễn bởi số 0. Ta sẽ xếp lần lượt từng hàng: Hàng $I$: Chọn vị trí cho 2 số 1 có $C_4^2$ và 2 số 0 vào hai vị trí còn lại có 1 cách, nên hàng $I$ có 6 cách xếp. Hàng $II$ và $III$ ta sẽ xét ba trường hợp:

Trường hợp 1: Hàng thứ $II$ giống hàng $I$ sẽ có 1 cách xếp. Hàng thứ $III$ do đã có 2 cột đủ số 1 nên hàng thứ $III$ chỉ có 1 cách xếp vào 2 cột còn lại.

Trường hợp 2: Hàng thứ $II$ có vị trí 1 số 1 giống với vị trí của 1 số 1 trên hàng $I$ và số 1 còn lại khác vị trí số còn lại của hàng $I$, lúc này hàng $II$ sẽ có $2\cdot 2=4$ cách xếp. Hàng thứ $III$ phải có 1 số 1 vào cột chưa có số 1 nên có 1 cách. Số 1 còn lại vào 2 cột chỉ có số 1 sẽ có 2, lúc này hàng $III$ sẽ có $1\cdot 2=2$ cách xếp.

Trường hợp 3: Hàng thứ $II$ không có vị trí số 1 trùng vị trí số 1 ở hàng $I$ nên có 1 cách xếp. Do mỗi cột chỉ mới có 1 số 1 nên hàng thứ $III$ xếp bất kì nên hàng $III$ có 6 cách xếp. Hàng $IV$: Hàng thứ $IV$ sẽ điều chỉnh để thỏa theo hàng $I$, $II$ và $III$ nên chỉ có 1 cách xếp.

Vậy có tất cả $6\cdot (1\cdot 1+4\cdot 2+1\cdot 6)\cdot 1=90$ cách xếp thỏa (đây là số cách của $A\cap B$ theo Cách 1).

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi học sinh nhận 2 sách khác thể loại nên mỗi người nhận một trong các bộ: {Toán, Lý}, {Toán, Hóa}, {Lý, Hóa}. Gọi $x,y,z$ lần lượt là số học sinh nhận bộ TL, TH, LH. Ta có: $x+y+z=9$; số sách Toán: $x+y=7$; số sách Lý: $x+z=6$; số sách Hóa: $y+z=5$. Giải hệ được $x=4,y=3,z=2$. Giờ đếm số cách chia sao cho A và B nhận cùng loại bộ:
- A, B cùng nhận TL: 7 học sinh còn lại có $x=2,y=3,z=2$, số cách $=\frac{7!}{2!3!2!}=420$.
- A, B cùng nhận TH: 7 học sinh còn lại có $x=4,y=1,z=2$, số cách $=\frac{7!}{4!1!2!}=105$.
- A, B cùng nhận LH: 7 học sinh còn lại có $x=4,y=3,z=0$, số cách $=\frac{7!}{4!3!}=35$.
Tổng số cách $=420+105+35=560$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là số học sinh nhận (sách, sổ), $b$ là số nhận (sách, bút), $c$ là số nhận (sổ, bút). Điều kiện số phần thưởng: $a+b=4$ (sách), $a+c=4$ (sổ), $b+c=6$ (bút). Giải hệ được $b=c=3$, $a=1$. Vậy cấu trúc bắt buộc: 1 người nhận (sách, sổ), 3 người nhận (sách, bút), 3 người nhận (sổ, bút). Tổng số cách phát: chọn người nhận (sách, sổ): 7 cách, rồi chọn 3 trong 6 người còn lại nhận (sách, bút): $C(6,3)=20$, tổng 140 cách. Trường hợp An và Bình nhận cùng loại: - Cùng (sách, sổ): không thể vì chỉ có 1 suất. - Cùng (sách, bút): chọn 1 trong 5 người còn lại nhận suất (sách, bút) thứ ba: 5 cách, rồi chọn 3 trong 5 người còn lại nhận (sổ, bút): $C(5,3)=10$, được 50 cách. - Cùng (sổ, bút): tương tự 50 cách. Tổng: $50+50=100$ cách.

(AI giải đề cho tôi)
Mô hình hóa: lưới 9 cột, 5 hàng, $A=(0,0)$, $B=(9,5)$, mỗi đường đi gồm 9 bước sang phải và 5 bước xuống dưới, tổng số đường ngắn nhất là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{14}{5}\right)=2002$.

Vị trí các bãi bùn (theo hình): $CDEG$ là hình chữ nhật $[3,5]\times [2,4]$ (đỉnh $C(3,2),G(5,2),D(3,4),E(5,4)$) và $GHIK$ là hình chữ nhật $[5,7]\times [1,2]$ (đỉnh $K(5,1),I(7,1),G(5,2),H(7,2)$).

Đường đi của cún chỉ đi trên các cạnh ô vuông, nên nó 'vào miền trong' của một vùng tô đậm khi và chỉ khi nó đi qua một cạnh của lưới nằm hoàn toàn trong miền trong vùng đó.

1) Miền trong của $CDEG$: các cạnh lưới nằm trong là $(3,3)-(4,3)$, $(4,3)-(5,3)$, $(4,2)-(4,3)$, $(4,3)-(4,4)$ — tất cả đều đi qua điểm $(4,3)$. Vậy đường đi vào miền trong của $CDEG$ khi và chỉ khi đi qua $(4,3)$. Số đường từ $A$ đến $(4,3)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)=35$; từ $(4,3)$ đến $B(9,5)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)=21$. Số đường xấu: $35\cdot 21=735$.

2) Miền trong của $GHIK=[5,7]\times [1,2]$: hình này rộng 2 ô, cao 1 ô nên cạnh lưới duy nhất nằm trong miền trong là cạnh dọc giữa $(6,1)-(6,2)$ (các cạnh còn lại nằm trên đường biên, được phép đi). Số đường đi qua cạnh này: từ $A$ đến $(6,1)$ có $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)=7$ cách; từ $(6,2)$ đến $B(9,5)$ có $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$ cách. Số đường xấu: $7\cdot 20=140$.

3) Hai tập đường xấu rời nhau (đường qua $(4,3)$ rồi tới $(6,1)$ là không thể vì phải đi lên; tương tự thứ tự ngược cũng vô lý vì đường đi đơn điệu), nên không cần trừ giao.

Kết quả: $2002-735-140=1127$. Khớp với đáp án nguồn 1127.

(AI giải đề cho tôi)
Lưới có 9 cột, 5 hàng ô vuông nên đường đi từ $A$ (góc trên trái) đến $B$ (góc dưới phải) gồm 14 bước, trong đó 5 bước xuống và 9 bước sang phải. Nếu không có bãi bùn, số đường đi là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{14}{5}\right)=2002$.

Gọi tọa độ: $A=(0,0)$, $B=(9,5)$, trục $x$ sang phải, trục $y$ xuống dưới. Theo hình vẽ: $C=(3,2)$, $G=(5,2)$, $D=(3,4)$, $E=(5,4)$, $K=(5,1)$, $H=(7,2)$, $I=(7,1)$.

Vì bé cún chỉ chạy trên các cạnh ô vuông, việc 'không được chạy vào miền trong' có nghĩa là không được dùng các cạnh nằm trọn trong miền tô đậm (các cạnh trên biên vẫn được dùng):
- Trong $CDEG$: cạnh dọc $x=4$ (từ $y=2$ đến $4$) và cạnh ngang $y=3$ (từ $x=3$ đến $5$) bị cấm, tức cả 4 cạnh tiếp giáp với điểm trong $(4,3)$ đều bị cấm → điểm $(4,3)$ không thể đi qua.
- Trong $GHIK$: cạnh dọc trong cùng là $(6,1)\to (6,2)$ bị cấm.

Dùng quy hoạch động: số đường đến điểm $(x,y)$ bằng tổng số đường đến $(x-1,y)$ và $(x,y-1)$, với các cạnh bị cấm không cộng vào.

Từng hàng:
- $y=0$: $1,1,1,1,1,1,1,1,1,1$
- $y=1$: $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$
- $y=2$: $1,3,6,10,15,21$; tại $x=6$: chỉ lấy từ trái $=21$ (cạnh $(6,1)\to (6,2)$ bị cấm); tiếp tục: $x=7:29$, $x=8:38$, $x=9:48$
- $y=3$: $x=3:20$; $x=4:0$ (bị cô lập); $x=5:21$; $x=6:42$; $x=7:71$; $x=8:109$; $x=9:157$
- $y=4$: $x=3:35$; $x=4:35$; $x=5:56$; $x=6:98$; $x=7:169$; $x=8:278$; $x=9:435$
- $y=5$: $x=4:91$; $x=5:147$; $x=6:245$; $x=7:414$; $x=8:692$; $x=9:1127$

Vậy số cách chạy từ $A$ đến $B$ là $1127$, khớp với đáp án đề cho.