在平时的数学学习中，我们要善于从简单现象的背后，揭示出深刻的数学理论，从平凡事实的背后，挖掘出不平凡的东西.下面简要谈一下对一道高考题的思考，以期达到抛砖引玉的作用，不当之处，敬请批评指正.
　　问题1同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方法有多少种？
　　思路1若4张贺卡任意分给4个人有A44种，而其中只有1人拿自己贺卡有C14×2种分法，有2人拿自己贺卡有C24种分法，有3人拿自己贺卡时则第4人一定拿自己贺卡，则只有1种分法.
　　因此满足条件的分法种数为：A44-2C14-C24-1=9.
　　思路2对4人分别编1，2，3，4四个号，对四张贺卡也编上1，2，3，4四个号，那么1，2，3，4填入四个方格的一个填法对应贺卡的一种抽取法，原题转化成上面所述方格的编号与所填数字不同的填法种数问题.
　　据题意，数字1不填1号格，它只能填2，3，4号格，如图，1
　　故第一类中有三种填法.
　　1在第2格与在第3格、第4格性质完全相同，同理可得到第二类、第三类各有三种填法.
　　所以根据分类加法计数原理，可得满足条件的填法为3+3+3=9.
　　问题2若把上面题目改为：同室n（n∈N+）人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张别人送出的贺卡，则n张贺卡不同的分配方法有多少种？
　　分析用Sn表示同室n（n∈N+）人时的抽取方法数.易得：
　　①当n=1时，有0种抽取方法，即S1=0.
　　②当n=2时，有1种抽取方法，即S2=1.
　　③当n=3时，有2种抽取方法，即S3=2.
　　④当n=4时，有9种抽取方法，即S4=9.
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　　那么，当有n（n≥3）个人时的抽法种数为
　　Sn=(n-1)(Sn-1+Sn-2).
　　思路分析对室内的n个人分别编号为a1，a2，a3，…，an，他们所写的贺卡编号为A1，A2，A3，…，An，则室内的前n-1个人与第n个人an抽取贺卡时仅有两种情况：
　　第一种情况是第n个人an与前n-1个人a1，a2，a3，…，an-1中的一个互换了贺卡，不妨假设第n个人与第n-1个人互换了贺卡，即an与an-1互换了贺卡，则前n-2个人a1，a2，a3，…，an-2之间相互抽取贺卡，和an与an-1的抽法无关，其抽取方法种数为Sn-2.而第n个人an与前n-1个人中任一人可以互换贺卡，有C1n-1种抽取方法.
　　由分步乘法计数原理可知有C1n-1·Sn-2种抽法.
　　第二种情况是第n个人an与前n-1个人a1，a2，a3，…，an-1中的任何人的贺卡不是互换的，即ai（1≤i≤n-1）抽取了an写的贺卡An，而an抽取的是aj（1≤j≤n-1且i≠j）写的贺卡Aj.我们可以先使前n-1个人a1，a2，a3，…，an-1相互抽取贺卡，每人不能抽取自己写的贺卡，共有Sn-1种抽取方法；第n个人an用自己所写的贺卡An与前n-1个人中任一人所抽取的贺卡互换，例如前n-1个人a1，a2，a3，…，an-1相互抽取贺卡时ai（1≤i≤n-1）抽的是aj（1≤j≤n-1且i≠j）写的贺卡Aj，即ai抽取的是Aj；而an用自己所写的贺卡An与ai（1≤i≤n-1）抽的aj（1≤j≤n-1且i≠j）写的贺卡互换Aj，这样最终就出现了：
　　ai抽取的是An，
　　an抽取的是Aj，
　　共有C1n-1种抽取方法.
　　对于第二种情况，由分步乘法计数原理可知有C1n-1·Sn-1种抽法.
　　综合上述两种情况可得总的抽法种数为
　　Sn=C1n-1·Sn-2+C1n-1·Sn-1=C1n-1·(Sn-2+Sn-1)(n≥3).
　　所以Sn=0n=1，
　　
　　1n=2，
　　
　　C1n-1(Sn-2+Sn-1)n≥3.
　　【参考文献】
　　［1］赵小云.数学家的策略.北京：中国少年儿童出版社，1997.
　　［2］高体柱，张廷永.高考能力型试题研练（数学）.北京：北京工业大学出版社，2001.
　　［3］李名德，李胜宏.高中数学竞赛培优教程（一练）.杭州：浙江大学出版社，2008.