ЕГЭ – 2021, задание 8. Кодирование данных, комбинаторика
Для решения данного задания необходимо помнить, что:
-
Кодирование — это представление информации в форме, удобной для её хранения, передачи и обработки.
-
В русском языке 33 буквы: 10 гласных букв (а, у, о, ы, и, э, я, ю, ё, е), 21 согласная буква (б, в, г, д, ж, з, й, к, л, м, н, п, р, с, т, ф, х, ц, ч, ш, щ) и два знака (ь, ъ).
-
Алфавит – набор символов, используемых при кодировании.
-
Мощность алфавита – количество символов в алфавите.
-
Число возможных слов Q длиной в L букв, когда есть m1 вариантов выбора первой буквы, m2 вариантов выбора второй буквы и т.д., вычисляется как произведение
Q = m1 * m2 * … * mL
Q=МL
Рассмотрим примеры решения различных задач по данной теме.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача 1 (демо-2021). Демоверсия 2020
Игорь составляет таблицу кодовых слов для передачи сообщений, каждому сообщению соответствует своё кодовое слово. В качестве кодовых слов Игорь использует трёхбуквенные слова, в которых могут быть только буквы Ш, К, О, Л, А, причём буква К появляется ровно 1 раз. Каждая из других допустимых букв может встречаться в кодовом слове любое количество раз или не встречаться совсем. Сколько различных кодовых слов может использовать Игорь?
Решение:
Для составления трехбуквенных слов (то есть слов длиной 3 буквы) используется алфавит мощностью пять букв. Здесь отдельное условие выбора указано только для буквы К, для остальных четырех букв алфавита (обозначим их символами х) – выбор одинаковый и равен 42 = 16.
При этом буква К может стоять на любом из трех мест в слове, тогда возможны три варианта слов: Кхх, хKх, ххК. Тогда общее количество вариантов слов будет
Q = 3 * 16 = 48
Ответ: 48
Задача 2.
Сколько слов длины 4, начинающихся с согласной буквы, можно составить из букв Л, Е, Г, О? Каждая буква может входить в слово несколько раз. Слова не обязательно должны быть осмысленными словами русского языка.
Решение.
Всего из 4 различных букв можно составить 44 = 256 вариантов различных слов длиной четыре.
Но так как слова должны начинаться только с согласной буквы (здесь их 2 из четырех), полученных слов будет 256 / 2 = 128 вариантов.
Ответ: 128
Задача 3.
Сколько существует различных символьных последовательностей длины 5 в трёхбуквенном алфавите {Т, О, К}, которые содержат ровно две буквы О?
Решение.
Общее количество слов, которое можно составить из 3 букв длиной 5, равно
35 = 243 варианта.
Рассмотрим варианты пятибуквенных слов, в которых буква О стоит в разных позициях:
-
ОО*** О*О** О**О* О***О - 4 шаблона, где звездочками обозначены 23 = 8 вариантов слов, которые можно составить из двух оставшихся букв (Т и К). Тогда получаем здесь всего 4 * 8 = 32 варианта;
-
*ОО** *О*О* *О**О - 3 шаблона, которые дают 3 * 8 = 24 варианта слов;
-
**ОО* **О*О - 2 шаблона, которые дают 2 * 8 = 16 вариантов;
-
***ОО = 1 шаблон, который дает 8 вариантов слов.
Тогда всего получаем 32 + 24 + 16 + 8 = 80 вариантов слов с двумя буквами О.
Ответ: 80
Задача 4.
Коля составляет 5-буквенные слова, в которых есть только буквы К, Л, О, У, Н, причём буква У используется в каждом слове хотя бы 1 раз. Каждая из других допустимых букв может встречаться в слове любое количество раз или не встречаться совсем. Словом считается любая допустимая последовательность букв, не обязательно осмысленная. Сколько существует таких слов, которые может написать Коля?
Решение.
Так как по условию буква У встречается в слове хотя бы один раз, то
-
рассчитаем количество слов, в которых буква У встречается все пять раз
-
и вычтем случаи, когда буква У не встречается ни разу.
В первом случае, когда буква У используется на всех 5 позициях, получаем
5 * 5 * 5 * 5 *5 = 3125 вариантов.
Во втором случае буква У не используется совсем, то есть используются только 4 буквы:
4 * 4 * 4 * 4 * 4 = 1024
Тогда разница между ними и даст нам требуемый результат: 3125 – 1024 = 2101
Ответ: 2101
Задача 5.
Коля составляет 5-буквенные слова, в которых есть только буквы П, О, Л, Е, причём буква Е может использоваться не более 3-х раз. Каждая из других допустимых букв может встречаться в слове любое количество раз или не встречаться совсем. Словом считается любая допустимая последовательность букв, не обязательно осмысленная. Сколько существует таких слов, которые может написать Коля?
Решение.
Всего здесь возможно получить 45 = 1024 слова, но есть ограничение – одна из букв не может использоваться более 3 раз. При этом, буква использоваться 5 раз может только в единственном случае.
Когда же буква используется 4 раза, то возможны варианты:
Е Е Е Е *, Е Е Е * Е, Е Е * Е Е , Е * Е Е Е и * Е Е Е Е – всего 5 шаблонов, где на месте звездочки может быть любая из трех оставшихся букв, то есть всего 15 вариантов. Значит, всего не может быть использовано 15 + 1 = 16 вариантов.
Тогда возможное количество слов при заданном условии будет 1024 – 16 = 1008 слов.
Ответ: 1008
Задача 6. Илья составляет 3-буквенные слова из букв К, Л, М, Н, О, Я. Буква Я в слове может быть только одна (или ни одной) и только на первой или последней позициях. Сколько различных кодовых слов может составить Илья?
Решение.
Максимальное число различных слов, которое можно получить в этой задаче, равно 63 = 216 вариантов.
При этом возможны только следующие шаблоны:
* * *, Я * * и * * Я - всего 3 шаблона,
где на месте звезд могут быть в первом случае - 5 букв (без Я), то есть 53 = 125 вариантов,
во втором и третьем случае – 52 = 25 * 2 = 50 вариантов. Итого возможно получить
125+50 = 175 вариантов различных слов.
Ответ: 175
Задача 7. Палиндром – это символьная строка, которая читается одинаково в обоих направлениях. Сколько различных 4-символьных палиндромов можно составить из строчных латинских букв? (В латинском алфавите 26 букв).
Решение.
4-символьный палиндром состоит из пары двух одинаковых букв, тогда общее количество таких возможных палиндромов будет 262 = 676 вариантов.
Ответ: 676
Задача 8. Все 6-буквенные слова, составленные из букв М, А, К записаны в алфавитном порядке. Вот начало списка:
1. АААААА
2. АААААК
3. АААААМ
4. ААААКА
5. ААААКК
……
Запишите номер первого слова, которое начинается на букву М.
Решение.
Данный список будет состоять из трех равных частей, каждая из которых будет содержать 36 / 3 = 243. Тогда третья часть начнется со строки под номером 243 * 2 + 1 = 487.
Ответ: 487
Задача 9.
Иннокентий составляет семибуквенные слова из букв Е, И, Й, К, Н, О,
Т. Сколько слов может составить Иннокентий, если известно, что в каждом из них есть комбинация КОТ?
Решение:
Подвох в условии этой задачи в том, что не сказано, что комбинация КОТ встречается только один раз!
Тогда сначала посчитаем общее число возможных комбинаций, в которых слово кот встречается только один раз, и вычтем из этого количества те, где комбинация повторяется дважды.
Всего возможны варианты:
КОТхххх, хКОТххх, ххКОТхх, хххКОТх, ххххКОТ, где х – одна из четырех оставшихся букв, то есть 5 * 74 = 12005
Второй раз комбинация КОТ может встретиться в четвертом и пятом варианте, причем в пятом варианте – дважды:
КОТКОТх , КОТхКОТ и хКОТКОТ.
В каждом случае остается свободной одна позиция из семи различных букв, то есть три раза по 7 вариантов букв – итого 21.
Итого получаем: 12005 – 21 = 11984.
Ответ: 11984
Задача 10
Василий составляет 4-буквенные коды из букв Г, А, Ф, Н, И, Й. Каждую букву можно использовать любое количество раз, при этом код не может начинаться с буквы Й и должен содержать хотя бы одну гласную. Сколько различных кодов может составить Василий?
Решение:
Решим задачу с конца, так как решение с начала – на много длиннее. Для этого мы сосчитаем, сколько вариантов кодов может быть всего (без учета заданных ограничений) и вычтем количество кодов, которых быть не может.
В данном задании мощность алфавита М = 6, длина получаемых кодов L = 4 то есть общее возможное количество вариантов слов (без учета ограничений на использование букв) равно Q = 64 = 1296. Напомним, что буква Й – согласная, т.е. в используемом в задаче алфавите четыре согласных и две гласных буквы.
Не может быть кодов, которые начинаются на Й, их количество
Q = 1(Й) *6 *6 *6 =216
Также не может быть кодов, в которых нет ни одной гласной буквы, их количество Q = 3 *4 *4 *4 =192.
Тогда остается возможных кодов 1296-216-192 = 888.
Ответ: 888
Задача 11. Все 4-буквенные слова, составленные из букв С, Л, О, Н, записаны в алфавитном порядке. Вот начало списка:
1. ЛЛЛЛ
2. ЛЛЛН
3. ЛЛЛО
4. ЛЛЛС
……
Запишите слово, которое стоит на 250-м месте от начала списка.
Решение.
Пронумеруем буквы в порядке их следования в алфавите цифрами от 0 до 3:
Л = 0, Н = 1, О = 2, С = 3
и запишем заданное нам начало списка этими цифрами:
1. 0000
2. 0001
3. 0002
4. 0003
……
Очевидно, что получили числа в четверичной системе счисления, записанные в порядке возрастания. Очень важно, что число ноль стоит на первом месте. Тогда далее на каждом месте будет стоять число, на 1 меньшее номера слова. Значит, на 250-м месте от начала списка будет находиться число 249, но записанное в четверичной системе счисления:
249 = 33214
Заменив обратно цифры на буквы, получаем: ССОН
Проверка решения.
При желании можно получить ответ, решив задачу с конца списка.
Всего в данной задаче возможно получить 44 = 256 вариантов различных слов. Запишем полученные слова с конца: 255 = СССС, 254 = СССО, 253 = СССН, 252 = СССЛ, 251 =ССОС, 250 =ССОН – что и требовалось доказать. Или же для проверки выполните обратный перевод числа в десятичную систему счисления.
Ответ: ССОН
Задача 2. Все 5-буквенные слова, составленные из букв А, Л, С, У, записаны в алфавитном порядке. Вот начало списка:
1. ААААА
2. ААААЛ
3. ААААС
4. ААААУ
5. АААЛА
……
Укажите номер слова УЛАСА.
Решение. Нумеруем буквы в порядке их следования в алфавите цифрами от 0 до 3, получаем: А = 0, Л = 1, С = 2, У = 3, тогда получаем число 31020 в четверичной системе счисления. После перевода его в десятичную систему счисления получаем
310204 = 840.
Значит, искомое нами число занимает 840 +1 = 841 место.
Ответ: 841