2020年高考数学一轮(江苏理) 第11章 11.2 排列与组合.docx

§11.2　排列与组合 考情考向分析　以理解和应用排列、组合的概念为主，常常以实际问题为载体，考查分类讨论思想，考查分析、解决问题的能力，题型以解答题为主，难度为中档． 1．排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 合成一组 2.排列数与组合数 (1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示． (2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示． 3．排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝ (2)C＝＝＝ 性质 (3)0！＝1；A＝n！ (4)C＝C；C＝C＋C__ 概念方法微思考 1．排列问题和组合问题的区别是什么？ 提示　元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合． 2．排列数与组合数公式之间有何关系？它们公式都有两种形式，如何选择使用？ 提示　(1)排列数与组合数之间的联系为CA＝A. (2)两种形式分别为：①连乘积形式；②阶乘形式． 前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证． 3．解排列组合综合应用问题的思路有哪些？ 提示　解排列组合综合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手．“分析”是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个相互联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决． 题组一　思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　×　) (2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　√　) (3)(n＋1)！－n！＝n·n！.(　√　) (4)若组合式C＝C，则x＝m成立．(　×　) (5)kC＝nC.(　√　) 题组二　教材改编 2．[P29习题T5]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________． 答案　24 解析　“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24. 3．[P24习题T7]某校拟从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，则男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是________． 答案　42 解析　从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，所有的选法种数是C×C＝60.男教师A和女教师B都没有被选中的选法种数是C×C＝18，故男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是60－18＝42. 题组三　易错自纠 4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种． 答案　216 解析　第一类：甲在最左端，有A＝5×4×3×2×1＝120(种)排法； 第二类：乙在最左端，甲不在最右端， 有4A＝4×4×3×2×1＝96(种)排法． 所以共有120＋96＝216(种)排法． 5．为发展国外孔子学院，教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文，若每个国家至少去一人，则不同的选派方案种数为________． 答案　540 解析　依题意，选派方案分为三类：①一个国家派4名，另两个国家各派1名，有·A＝90(种)；②一个国家派3名，一个国家派2名，一个国家派1名，有CCCA＝360(种)；③每个国家各派2名，有·A＝90(种)， 故不同的选派方案种数为90＋360＋90＝540. 6．寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种．(用数字作答) 答案　45 解析　设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45(种)． 题型一　排列问题 1．用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成比20 000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数，共有________个． 答案　78 解析　根据题意知，要求这个五位数比20 000大，则首位必须是2,3,4,5这4个数字中的一个，当首位是3时，百位数不是数字3，符合要求的五位数有A＝24(个)；当首位是2,4,5时，由于百位数不能是数字3，则符合要求的五位数有3×(A－A)＝54(个)，因此共有54＋24＝78(个)这样的五位数符合要求． 2．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答) 答案　1 560 解析　由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1 560(条)留言． 3．6名同学站成1排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不同站法． 答案　480 解析　方法一　(位置优先法)先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边，再安排余下4人的位置，分为两步： 第1步，从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边，有A种站法； 第2步，余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上，有A种站法． 由分步计数原理可知，共有AA＝480(种)不同的站法． 方法二　(元素优先法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他5人的位置，分为两步： 第1步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有A种站法； 第2步，余下5人站在剩下的5个位置上，有A种站法． 由分步计数原理可知，共有AA＝480(种)不同的站法． 思维升华 排列应用问题的分类与解法 (1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法． (2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法． 题型二　组合问题 例1 男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)至少有1名女运动员； (3)队长中至少有1人参加； (4)既要有队长，又要有女运动员． 解　(1)分两步完成： 第一步，选3名男运动员，有C种选法； 第二步，选2名女运动员，有C种选法．由分步计数原理可得，共有C· C＝120(种)选法． (2)方法一　“至少有1名女运动员”包括以下四种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男． 由分类计数原理可得总选法共有CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)． 方法二　“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解． 从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．所以“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种)． (3)方法一　(直接法)可分类求解： “只有男队长”的选法种数为C； “只有女队长”的选法种数为C； “男、女队长都入选”的选法种数为C， 所以共有2C＋C＝196(种)选法． 方法二　(间接法)从10人中任选5人有C种选法， 其中不选队长的方法有C种．所以“至少有1名队长”的选法有C－C＝196(种)． (4)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时的选法共有(C－C)种．所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)． 思维升华 组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理． 跟踪训练1 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种． (1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？ (3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？ 解　(1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)取法， ∴某一种假货必须在内的不同取法有561种． (2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)取法． ∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种． (3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有CC＝2 100(种)取法． ∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种． (4)选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)． ∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种． (5)方法一　(间接法) 选取3种的总数为C，因此共有选取方式 C－C＝6 545－455＝6 090(种)． ∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种． 方法二　(直接法) 选取3种真货有C种，选取2种真货有CC种，选取1种真货有CC种， 因此共有选取方式C＋CC＋CC＝6 090(种)． ∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种． 题型三　组合数的性质 例2 (2016·江苏)(1)求7C－4C的值； (2)设m，n∈N*，n≥m，求证： (m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. (1)解　7C－4C＝7×20－4×35＝0. (2)证明　当n＝m时，结论显然成立． 当n>m时，(k＋1)C＝ ＝(m＋1)· ＝(m＋1)C， k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因为C＋C＝C， 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)， k＝m＋1，m＋2，…，n. 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C ＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C] ＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋C－C＋…＋(C－C)] ＝(m＋1)C. 思维升华 (1)组合数的性质可结合实际问题理解记忆． (2)利用kC＝nC和C＝C＋C可有效解决一些常见组合数的求和问题． 跟踪训练2 已知m，n∈N*，定义fn(m)＝. (1)求f4(2)，f4(5)的值； (2)证明：k·2kfn(k)]＝2n·3n－1. (1)解　f4(2)＝＝6，f4(5)＝＝0. (2)证明　fn(m)＝ 当n＝1时，k·2kfn(k)]＝2＝2n·3n－1，等式成立． 当n≥2时，k·2kfn(k)]＝1×2fn(1)＋2×22fn(2)＋3×23fn(3)＋…＋n×2nfn(n) ＝1×2C＋2×22C＋3×23C＋…＋n×2nC， 由于k· C＝k· ＝n· ＝n· C， 所以k·2nfn(k)]＝n×2C＋n×22C＋n×23C＋…＋n×2nC＝2n(1＋2)n－1＝2n·3n－1， 综上所述，∀n∈N*，k·2kfn(k)]＝2n·3n－1成立． 题型四　排列与组合的综合问题 命题点1　相邻问题 例3 为配合足球国家战略，教育部特派6名相关专业技术人员到甲、乙、丙三所足校进行专业技术培训，每所学校至少一人，其中王教练不去甲校的分配方案有________种． 答案　360 解析　甲校派1人，其余5人分为(1,4)，(2,3)两组， 故有C·(C＋C)·A＝150(种)， 甲校派2人，其余4人分为(1,3)，(2,2)两组， 故有C·(C·A＋C)＝140(种)， 甲校派3人，其余3人分为(1,2)一组， 故有C·C·A＝60(种)， 甲校派4人，共余2人分为(1,1)一组， 故有C·A＝10(种)， 根据分类计数原理，可得共有150＋140＋60＋10＝360(种)分配方案． 命题点2　相间问题 例4 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________． 答案　120 解析　先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法． 命题点3　特殊元素(位置)问题 例5 大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在．某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有________种． 答案　24 解析　根据题意，分两种情况讨论： ①A家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选2个，再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车， 有C×C×C＝12(种)乘坐方式； ②A家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C×C×C＝12(种)乘坐方式， 故共有12＋12＝24(种)乘坐方式． 思维升华 解排列、组合问题要遵循的两个原则 ①按元素(位置)的性质进行分类； ②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置)． 跟踪训练3 (1)把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有____种． 答案　36 解析　将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有AA种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有AA种方法．于是符合题意的摆法共有AA－AA＝36(种)． (2)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有________种不同的选法．(用数字作答) 答案　660 解析　方法一　只有1名女生时，先选1名女生，有C种方法；再选3名男生，有C种方法；然后排队长、副队长位置，有A种方法．由分步计数原理知，共有CCA＝480(种)选法． 有2名女生时，再选2名男生，有C种方法；然后排队长、副队长位置，有A种方法．由分步计数原理知，共有CA＝180(种)选法．所以依据分类计数原理知，共有480＋180＝660(种)不同的选法． 方法二　不考虑限制条件，共有AC种不同的选法， 而没有女生的选法有AC种， 故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)． 1．“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有________种． 答案　600 解析　从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有CA＝600(种)不同的排列方式． 2．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________． 答案　72 解析　由题意可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5.分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C种选法，再将剩下的4个数字排列有A种排法，则满足条件的五位数有C·A＝72(个)． 3．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为________． 答案　24 解析　将4个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在3个车位上任意排列，有A＝6(种)排法，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法． 4．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种． 答案　36 解析　由题意可知，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C· C· A＝36(种)，或列式为C· C· C＝3××2＝36(种)． 5．从A，B，C，D，E，F这6种不同的花朵中选出4种，插入4只不同的花瓶中展出，如果第1只花瓶内不能插入C，那么不同的插法种数为________． 答案　300 解析　由题意知，当选出的四朵花不含有C时，有A＝120(种)结果，当选出的四朵花包含C时，先选出3朵花和C一起排列，C有三种结果，余下的三朵花在三个位置全排列有CCA＝180(种)结果，根据分类计数原理得共有120＋180＝300(种)不同的插法． 6．有7个座位连成一排，现有4人就坐，则恰有2个空座位相邻的不同坐法有________种．(用数字作答) 答案　480 解析　根据题意，分2步进行分析： ①将4人全排列，安排在4个座位上，有A＝24(种)情况，排好后，有5个空档可用； ②将3个空座位分成1,2的两组，将其安排在5个空档之中，有A＝20(种)情况，则恰有2个空座位相邻的不同坐法有24×20＝480(种)． 7．在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为________．(用数字作答) 答案　120 解析　①1男4女，有CC＝45(种)选取方式； ②2男3女，有CC＝60(种)选取方式； ③3男2女，有CC＝15(种)选取方式； ∴共有45＋60＋15＝120(种)不同的选取方式． 8．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答) 答案　60 解析　分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法； 第二类：3张中奖奖券分给2个人，相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法． 总获奖情况共有A＋CA＝60(种)． 9．(2018·南通模拟)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言，若甲、乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有________种．(用数字作答) 答案　120 解析　先从除了甲、乙以外的6人中选一人，安排在甲、乙中间，有CA＝12(种)，把这三个人看成一个整体，与从剩下的五人中选出的一个人全排列，有CA＝10(种)，故不同的发言顺序共有12×10＝120(种)． 10．某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法．(用数字作答) 答案　114 解析　5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1，1)和(2,2,1)两种，当为(3,1,1)时，有C·A＝60(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)，故有60－18＝42(种)，当为(2,2,1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)， 故有90－18＝72(种)， 根据分类计数原理可知，共有42＋72＝114(种)不同的安排方法． 11.某区有7条南北向街道，5条东西向街道(如图所示)． (1)图中共有多少个矩形？ (2)从点A到点B最近的走法有多少种？ 解　(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成1个矩形，故可组成矩形C·C＝210(个)． (2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另外4段方向相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C＝C＝210(种)走法(同样可从10段中选4段走南北方向，每种选法即是1种走法)，所以共有210种走法． 12．设n≥3，n∈N*，在集合{1,2，…，n}的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为a，较小元素之和记为b. (1)当n＝3时，求a，b的值； (2)求证：对任意的n≥3，n∈N*，为定值． (1)解　当n＝3时，集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2}，{1,3}，{2,3}， 所以a＝2＋3＋3＝8，b＝1＋1＋2＝4. (2)证明　当n≥3，n∈N*时，依题意， b＝1×C＋2×C＋3×C＋…＋(n－2)×C＋(n－1)×C a＝2×C＋3×C＋4×C＋…＋(n－1)×C＋n×C ＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋(n－1)×(n－2)＋n×(n－1) 则＝C＋C＋C＋…＋C ＝C＋C＋C＋…＋C ＝C＋C＋…＋C＝…＝C. 所以a＝2C. 又a＋b＝(1＋2＋3＋…＋n)×C＝×(n－1)＝3C， 所以b＝C， 所以＝(定值)． 13．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法的种数为________． 答案　360 解析　前排3人有4个空，从甲、乙、丙3人中选1人插入，有CC种方法，对于后排，若插入的2人不相邻，有A种方法；若相邻，有CA种方法，故共有CC(A＋CA)＝360(种)不同的加入方法． 14．设三位数n＝，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有多少个？ 解　a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝C＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a，b)共有2C组，但当大数为底时，设a>b，必须满足b<a<2b，此时，不能构成三角形的数字是 a 9 8 7 6 5 4 3 2 b 4,3,2,1 4,3,2,1 3,2,1 3,2,1 1,2 1,2 1 1 共20种情况．同时，每个数组(a，b)中的两个数字填上三个数位，有C种情况，故n2＝C(2C－20)＝156. 综上，n＝n1＋n2＝165. 15．在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现为其中的五个参会国的人员安排酒店，这五个参会国的人员要在a，b，c三家酒店中任选一家，且这三家都至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有________种． 答案　150 解析　这三家酒店入住的参会国数目有以下两种可能： 第一种，“2,2,1”，其安排方法有＝90(种)； 第二种，“3,1,1”，其安排方法有＝60(种)， 满足题意的安排方法共有90＋60＝150(种)． 16．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6,7}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋…＋|x7|≤4”的元素个数为________． 答案　938 解析　A中元素为有序数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7)，题中要求有序数组的7个数中仅有1个±1，仅有2个±1，仅有3个±1或仅有4个±1，所以共有C×2＋C×22＋C×23＋C×24＝938(个)．