设 \(0!=0^0=1\)。
施工中。有部分空缺。
加法 & 乘法原理
加法原理
完成一个任务有 \(n\) 类办法，第 \(i\) 类办法有 \(a_i\) 个方法，则完成该任务共有 \(\sum_{i=1}^{n}a_i\) 种不同的方法。
乘法原理
完成一个任务有 \(n\) 个步骤，第 \(i\) 个步骤有 \(a_i\) 个方法，则完成该任务共有 \(\prod_{i=1}^{n}a_i\) 种不同的方法。
排列 & 组合数
排列数
从 \(n\) 个互不相同的元素中取出 \(m\)（\(m\le n\)，\(m,n\in\Bbb{N}\)）个并按照一定的顺序排列，所得到的排列称为 \(n\) 中取 \(m\) 的一个排列。设完成这个任务的方案数（也是所得排列的个数）为 \(\mathrm{A}_n^m\)，有计算 \(\mathrm{A}_n^m\) 的公式
\[\mathrm{A}_n^m=n\times (n-1)\times\cdots\times (n-(m-1))=\prod_{i=1}^{m}(n-(i-1))=\cfrac{n!}{(n-m)!}\tag{1}
\]
\((1)\) 可以用乘法原理解释。上述任务共分 \(m\) 步，其中第 \(i\) 步执行“从剩余 \((n-(i-1))\) 个元素中取出 \(1\) 个”，显然第 \(i\) 步有 \((n-i+1)\) 个方案，于是累乘。
组合数
从 \(n\) 个互不相同的元素中取出 \(m\)（\(m\le n\)，\(m,n\in\Bbb{N}\)）个组成集合，所得到的集合称为 \(n\) 中取 \(m\) 的一个组合，设所得的组合个数（重复的不计）为 \(\mathrm{C}_n^m=\dbinom{n}{m}\)。
显然的，对于每个组合 \(C\)，都可以得出 \(m!\) 个以 \(C\) 内元素组成的排列。（只需将 \(C\) 内 \(m\) 个元素全排列即可。）于是，
\[m!\dbinom{n}{m}=\mathrm{A}_n^m
\]
于是有计算 \(\dbinom{n}{m}\) 的公式
\[\dbinom{n}{m}=\cfrac{\mathrm{A}_n^m}{m!}=\cfrac{n!}{(n-m)!m!}\tag{2}
\]
在 OI 中，由于 \(m>n\) 的情况对于定义无意义，故设此时 \(\mathrm{A}_n^m=\dbinom{n}{m}=0\)，代表无方案。（一般地，无意义的情况组合、排列数均默认为 \(0\)。）
圆排列
多重组合数
杨辉三角
容易通过下面将要介绍的 \((3)\) 式得到杨辉三角 \(\iff\) 组合数。
这里给出一个表格
\[\text{The table of }\dbinom{n}{m}\\
\begin{array}{|r|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
n\backslash m&\bold{0}&\bold{1}&\bold{2}&\bold{3}&\bold{4}&\bold{5}&\bold{6}&\bold{7}&\bold{8}&\bold{9}\\\hline
\bold{0}&1\\\hline
\bold{1}&1&1\\\hline
\bold{2}&1&2&1\\\hline
\bold{3}&1&3&3&1\\\hline
\bold{4}&1&4&6&4&1\\\hline
\bold{5}&1&5&10&10&5&1\\\hline
\bold{6}&1&6&15&20&15&6&1\\\hline
\bold{7}&1&7&21&35&35&21&7&1\\\hline
\bold{8}&1&8&28&56&70&56&28&8&1\\\hline
\bold{9}&1&9&36&84&126&126&84&36&9&1\\\hline
\end{array}
\]
将组合数操作转化到为杨辉三角上研究是一个常用方法。下面的性质也可以结合杨辉三角理解（下面的部分可能偏形式化）。
组合数常见性质（公式）
方便起见，以下 \(\sout{k\in\Bbb{N},k\le n}\)。
对称公式
\[\dbinom{n}{k}=\dbinom{n}{n-k}\tag{3}
\]
即对换取与不取（\(C\leftrightarrows \complement_{\{1,\cdots,n\}} C\)）。
加法公式（递推式）
\[\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k}+\dbinom{n-1}{k-1}\tag{4}
\]
可视为最后一个元素取与不取之和。不取则从 \(n-1\) 中选 \(k\)，取则从 \(n-1\) 中选 \(k-1\)。
吸收公式
\[\dbinom{n}{k}=\cfrac{n}{k}\dbinom{n-1}{k-1}\tag{5}
\]
由通项公式 \((2)\) 可得：
\[\dbinom{n}{k}=\cfrac{n!}{(n-k)!k!}=\cfrac{n\times(n-1)!}{k\times(n-k)!(k-1)!}=\cfrac{n}{k}\dbinom{n-1}{k-1}
\]
二次选择
\[\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k}\tag{6}
\]
设 \(|A|=n,|B|=m,|C|=k,C\subseteq B\subseteq A\)，则
从 \(A\) 中选出 \(B\)，再从 \(B\) 中选出 \(C\) 的方案数 等于 先从 \(A\) 中选出 \(C\)，然后从 \(\complement_A C\) 中选出 \(B'\)，则 \(B=B'\cup C\) 的方案数。
换个角度，使用定义，
\[\begin{aligned}
\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}&=\cfrac{n!}{(n-m)!m!}\times\cfrac{m!}{(m-k)!k!}\\
&=\cfrac{n!}{(n-m)!}\times\cfrac{1}{(m-k)!k!}\\
&=\cfrac{n!}{k!}\times\cfrac{1}{(m-k)!(n-m)!}\\
&=\cfrac{n!}{(n-k)!k!}\times\cfrac{(n-k)!}{(m-k)!(n-m)!}\\
&=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k}
\end{aligned}
\]
行求和
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}=2^n\tag{7}
\]
即所有选择的方案数等于所有长度为 \(i\) 的方案数之和（\(0\le i\le n\)）。
换个角度，由 \((4)\) 得
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}=\sum_{i=0}^{n}\left[\dbinom{n-1}{i-1}+\dbinom{n-1}{i}\right]=\sum_{i=-1}^{n-1}\dbinom{n-1}{i}+\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n-1}{i}=2\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{i}
\]
即行求和等于上一行求和的两倍。\(n=0\) 时，
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}=\dbinom{0}{0}=1=2^0=2^n
\]
故运用数学归纳法可得式 \((7)\)。
其实 \((7)\) 式可由二项式定理代入 \(a=1,b=1\) 得到。下文会介绍。
带符号行求和
\[\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}=[n=0]\tag{8}
\]
同样由 \((4)\) 得（\(n\ne 0\) 时）
\[\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\left[\dbinom{n-1}{i-1}+\dbinom{n-1}{i}\right]=\dbinom{n-1}{-1}+\dbinom{n-1}{n}=0
\]
上面的推导运用了类似裂项的技巧，前后两项可以消去，只剩头尾。当 \(n=0\) 时，
\[\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}=(-1)^0\times\dbinom{0}{0}=1
\]
综上可得 \((8)\)。同样，其可由二项式定理代入 \(a=1,b=-1\) 得到。
带权行求和
\[\sum_{i=0}^{n}i\dbinom{n}{i}=n2^{n-1}\tag{9}
\]
\[\sum_{i=0}^{n}i^2\dbinom{n}{i}=n(n+1)2^{n-1}\tag{10}
\]
列求和
\[\sum_{i=k}^{n}\dbinom{i}{k}=\dbinom{n+1}{k+1}\tag{11}
\]
考虑 \(\dbinom{k}{k}=\dbinom{k+1}{k+1}=1\)，
\[\begin{aligned}
\sum_{i=k}^{n}\dbinom{i}{k}&=\dbinom{k}{k}+\sum_{i=k+1}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{k+1}{k+1}+\sum_{i=k+1}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{k+1}{k+1}+\dbinom{k+1}{k}+\sum_{i=k+2}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{k+2}{k+1}+\sum_{i=k+2}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&\quad\vdots\\
&=\dbinom{k+j-1}{k+1}+\sum_{i=k+j-1}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{k+j-1}{k+1}+\dbinom{k+j-1}{k}+\sum_{i=k+j}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{k+j}{k+1}+\sum_{i=k+j}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&\quad\vdots\\
&=\dbinom{k+(n-k+1)}{k+1}+\sum_{\mathclap{i=k+(n-k+1)}}^{n}\dbinom{i}{k}\\
&=\dbinom{n+1}{k+1}
\end{aligned}
\]
很吓人？其实就是一行行地向下迭代。
主对角线（方向）求和
\[\sum_{i=0}^{k}\dbinom{n+i}{i}=\dbinom{n+k+1}{k}\tag{12}
\]
考虑 \(\dbinom{n}{0}=\dbinom{n+1}{0}=1\)，
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{k}\dbinom{n+i}{i}&=\dbinom{n}{0}+\sum_{i=1}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&=\dbinom{n+1}{0}+\sum_{i=1}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&=\dbinom{n+1}{0}+\dbinom{n+1}{1}+\sum_{i=2}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&=\dbinom{n+2}{1}+\sum_{i=2}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&\quad\vdots\\
&=\dbinom{n+j}{j-1}+\sum_{i=j}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&\quad\vdots\\
&=\dbinom{n+(k+1)}{(k+1)-1}+\sum_{i=k+1}^{k}\dbinom{n+i}{i}\\
&=\dbinom{n+k+1}{k}
\end{aligned}
\]
辅对角线（方向）求和
\[\sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\dbinom{n-i}{i}=F_{n+1}\tag{13}
\]
其实累加上界并不重要，即上界是比较松的，因为 \(i>\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\) 时 \(n-i<i\)，无意义。这里可以放大，视为 \(n\)，
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n-i}{i}&=\sum_{i=0}^{n}\left[\dbinom{n-i-1}{i}+\dbinom{n-i-1}{i-1}\right]\\
&=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n-i-1}{i}+\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n-i-1}{i-1}\\
&=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{(n-1)-i}{i}+\sum_{i=0}^{n}\dbinom{(n-2)-(i-1)}{i-1}\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{(n-1)-i}{i}+\sum_{i=0}^{n-2}\dbinom{(n-2)-i}{i}\\
\end{aligned}
\]
注意到上式满足斐波那契数列的递推式，同时 \(n=0\) 时式 \((11)\) 等于 \(1\)，\(n=1\) 时式 \((13)\) 也等于 \(1\)，故式 \((13)\) 得证（数学归纳法）。
范德蒙德卷积
\[\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k}\tag{14}
\]
证明使用二项式定理（设 \(l=i+j\)）
\[\begin{aligned}
\sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k&=(x+1)^{n+m}\\
&=(x+1)^n(x+1)^m\\
&=\left[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^i\right]\left[\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}x^j\right]\\
&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m\binom{n}{i}\binom{m}{j}x^l\\
&=\sum_{l=0}^{n+m}\sum_{i=0}^l\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}x^l\\
\sum_{k=0}^{n+m}{\color{blue}\binom{n+m}{k}}x^k&=\sum_{l=0}^{n+m}{\color{red}\sum_{i=0}^l\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}}x^l\\
\binom{n+m}{k}&=\sum_{i=0}^l\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}\\
\end{aligned}
\]
换个角度，考虑其组合意义。设 \(|S|=n,|T|=m\)，\(S,T\) 中的元素每个都相同。在大小 \(n+m\) 的集合 \(S\cup T\) 中取出 \(k\) 个元素，等价于从 \(S\) 中取 \(i\) 个，\(T\) 中取 \(k-i\) 个，合并。取法二中，枚举 \(i\) 累加所有方案数，即与取法一方案数相等。
而上述意义是更利于记忆的。
推论 \(1\)
\[\sum_{i=-a}^{b}\dbinom{n}{a+i}\dbinom{m}{b-i}=\dbinom{n+m}{a+b}\tag{15}
\]
证明类似。同样可以用形式化证明或组合意义。
推论 \(2\)
\[\sum_{i=1}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{i-1}=\dbinom{2n}{n-1}\tag{16}
\]
考虑转化为 \((14)\)，
\[\sum_{i=1}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{i-1}=\sum_{i=1}^{n}\dbinom{n}{n-i}\dbinom{n}{i-1}=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{n-1-i}\dbinom{n}{i}=\dbinom{2n}{n-1}
\]
推论 \(3\)
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^2=\dbinom{2n}{n}\tag{17}
\]
依然转化，
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^2=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{n-i}=\dbinom{2n}{n}
\]
推论 \(4\)
\[\sum_{i=0}^{m}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{i}=\dbinom{n+m}{m}\tag{18}
\]
还是转化
\[\sum_{i=0}^{m}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{i}=\sum_{i=0}^{m}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{m-i}=\dbinom{n+m}{m}
\]
其中 \(\dbinom{n+m}{m}\) 是网格图计数。设 \((x,y)\) 表示 \(x\) 行 \(y\) 列，则从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)，共需向下 \(n\) 步、向右 \(m\) 步，总步数为 \(n+m\)，从中选出 \(m\) 步向右即为方案数 \(\dbinom{n+m}{m}\)。
若先走 \(n\) 步，其中 \(i\) 步向右，则剩下 \(m\) 步需 \(m-i\) 步向左，为 \(\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{m-i}\)，枚举 \(i\) 累加也是答案。故左右相等。
插板法
问题
有 \(n\) 个完全相同的元素，将其分成 \(k\) 份，设第 \(i\) 份有 \(x_i\) 个（\(\sum_{i=1}^{k}x_i=n\)），求方案数。
正整数
限制条件：\(\forall 1\le i\le k,x_i>0\)。
考虑将 \(k-1\) 个板子插到 \(n-1\) 个空中，表示将 \(n\) 个元素分成 \(k\) 份，由于 \(n\) 个元素又是完全相同的，于是答案即为 \(\dbinom{n-1}{k-1}=\dbinom{n-1}{n-k}\)。
非负整数
限制条件：\(\forall 1\le i\le k,x_i\ge 0\)。
考虑加入 \(k\) 个同样的元素，均分给 \(k\) 份（每份都有 \(1\) 个）。设现在第 \(i\) 份有 \(x'_i\) 个，于是有 \(x'_i=x_i+1\ge 1>0\)，转化成了正整数情况。于是我们算出 \(x'\) 的取值个数后，\(x_i=x'_i-1\)，即可得到 \(x\) 相对应的非负整数情况。显然对于每个 \(x,x'\)，二者是一一对应的。
于是，有答案 \(\dbinom{n+k-1}{k-1}=\dbinom{n+k-1}{n}\)。
更一般的限制情况
限制条件：\(\forall 1\le i\le k,x_i\ge a_i\ge 0\)，其中设 \(\sum a=\sum_{i=1}^{k}a_i\le n\)。
考虑转化成非负整数限制，我们从第 \(i\) 份中偷走 \(a_i\) 个。设现在第 \(i\) 份有 \(x'_i\) 个，有 \(x'_i=x_i-a_i\)。
设
\[n'=\sum_{i=1}^{k}x'_i=\sum_{i=1}^{k}x_i-\sum_{i=1}^{k}a_i=n-\sum a
\]
故 \(x'\) 取值个数为
\[\dbinom{n'+k-1}{n'}=\dbinom{n-\sum a+k-1}{n-\sum a}
\]
求出 \(x'\) 取值个数后，将偷走的元素还回去，即可一一对应得到相同取值个数的 \(x\)，故答案即为上式。
不相邻组合个数
从 \(n\) 中选 \(k\) 的组合 \(C\)，要求 \(\forall i,j\in C,i\ne j+1\)，求满足这样条件的 \(C\) 的个数。
考虑将选的 \(k\) 个数视为板，将未选的 \(n-k\) 个数视为相同的元素，将 \(k\) 个板插进 \(n-k+1\) 个空中（空包括两侧），满足了板两两不相邻，即问题的要求，于是答案即为 \(\dbinom{n-k+1}{k}\)。
容斥原理
对于集合 \(U\) 中的元素，有 \(n\) 个互不相同的属性。拥有第 \(i\) 种属性的元素构成集合 \(S_i\)。注意一个元素可能有多个属性。
我们有
\[\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j-1}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}\qquad\left|\bigcap_{i=1}^{j}S_{a(i)}\right|\tag{19}
\]
可以通过统计每个元素贡献得证。
同时若求全集 \(U\) 下的集合并，可得
\[\begin{aligned}
\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|&=\left|\overline{\bigcup_{i=1}^{n}\overline{S_i}}\right|\\
&=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^{n}\overline{S_i}\right|\\
&=|U|-\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j-1}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}\qquad\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\\
&=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}\qquad\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\tag{20}
\end{aligned}
\]
用容斥，不过用完容斥不是又要求并了吗？
应用
二项式定理
二项式定理阐明了一个二项多项式展开后的系数与组合数的关系
\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}\tag{21}
\]
二项式反演
二项式反演为一种反演形式，常用于通过 “指定某若干个” 求 “恰好若干个” 的问题。——GXZlegend
第 \(0\) 形式
\[\left|\bigcap_{i=1}^{n}\overline{S_i}\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}\qquad\left|\bigcap_{i=1}^{j}S_{a(i)}\right|\\
\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^{n}\overline{S_i}\right|=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}\qquad\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|
\]
当集合的交集大小只与所交的集合的数量有关时，若设 \(f(j)\) 表示任意 \(j\) 个集合的补集的交集大小，\(g(j)\) 表示任意 \(j\) 个集合的交集大小，即
\[f(j)\equiv\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\qquad(\forall 1\le a_k<a_{k+1}\le n)\\
g(j)\equiv\left|\bigcap_{i=1}^{j}S_{a(i)}\right|\qquad(\forall 1\le a_k<a_{k+1}\le n)
\]
代入，
\[f(n)=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}g(j)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}g(j)\\
g(n)=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{\mathclap{1\le a(k)<a(k+1)\le n}}f(j)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}f(j)
\]
这里之所以 \(|U|\) 能被吸收进 sigma 中是因为 \(\cap\) 的单位元是全集 \(U\)。当 \(j=0\) 时，\((-1)^{j}\dbinom{n}{j}g(j)=1\times 1\times g(0)=|U|\)。
于是我们得到了二项式反演的第 \(0\) 形式：
\[f(n)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}g(j)
\iff
g(n)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}f(j)\tag{22}
\]
第 \(1\) 形式
考虑设 \(h(j)=(-1)^jg(j)\)，代入，
\[\begin{aligned}
f(n)=\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}h(j)
&\iff\cfrac{h(n)}{(-1)^{n}}=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}f(j)\\
&\iff h(n)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n+j}\dbinom{n}{j}f(j)\\
&\iff h(n)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\dbinom{n}{j}f(j)\\
\end{aligned}
\]
于是我们得到了二项式反演的第 \(1\) 形式：
\[f(n)=\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}h(j)
\iff
h(n)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\dbinom{n}{j}f(j)\tag{23}
\]
第 \(1.5\) 形式
第 \(1\) 形式更加一般的情况，
\[f(n)=\sum_{j=m}^{n}\dbinom{n}{j}h(j)
\iff
h(n)=\sum_{j=m}^{n}(-1)^{n-j}\dbinom{n}{j}f(j)\tag{24}
\]
考虑证明：
代入（记 \(k=j-i\)）
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{j=m}^{n}\dbinom{n}{j}\sum_{i=m}^{j}(-1)^{j-i}\dbinom{j}{i}f(i)\\
&=\sum_{j=m}^{n}\sum_{i=m}^{j}(-1)^{j-i}\dbinom{n}{j}\dbinom{j}{i}f(i)\\
&=\sum_{j=m}^{n}\sum_{i=m}^{j}(-1)^{j-i}\dbinom{n}{i}\dbinom{n-i}{j-i}f(i)\\
&=\sum_{i=m}^{n}\sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}\dbinom{n}{i}\dbinom{n-i}{j-i}f(i)\\
&=\sum_{i=m}^{n}\dbinom{n}{i}f(i)\sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}\dbinom{n-i}{j-i}\\
&=\sum_{i=m}^{n}\dbinom{n}{i}f(i)\sum_{k=0}^{n-i}(-1)^{k}\dbinom{n-i}{k}\\
&=\sum_{i=m}^{n}\dbinom{n}{i}f(i)[n-i=0]\\
&=\dbinom{n}{n}f(n)\\
&=f(n)&\square\\
\end{aligned}
\]
第 \(2\) 形式
\[f(n)=\sum_{j=n}^{m}\dbinom{j}{n}g(j)
\iff
g(n)=\sum_{j=n}^{m}(-1)^{j-n}\dbinom{j}{n}f(j)\tag{25}
\]
证明与第 \(1.5\) 形式类似，略。简称懒得写了（。
康托展开
详见此博文。
抽屉原理
简单情况
对于 \(n+1\) 个物品分为 \(n\) 组，必存在某组分到的物品数大于 \(1\) 个。
显然的，可以用反证法证明。
一般情况
对于 \(n\) 个物品分到 \(k\) 组，必存在某组分到的物品数大于等于 \(\left\lceil\dfrac{n}{k}\right\rceil\) 个。
反证法：若每一组均小于 \(\left\lceil\dfrac{n}{k}\right\rceil\) 个，则由 \(\left\lceil\dfrac{n}{k}\right\rceil<\dfrac{n}{k}+1\) 可得
\[n\le\left(\left\lceil\dfrac{n}{k}\right\rceil-1\right)\times k<\left(\dfrac{n}{k}+1-1\right)\times k=n
\]
矛盾。
错位排列
定义
对于长度为 \(n\) 的排列 \(P\)，若 \(\forall 1\le i\le n,P_i\ne n\)，则称它是一个错位排列。
设 \(D_n\) 为长度为 \(n\) 的错位排列数，求 \(D_n\)。
基于容斥原理
考虑容斥解决。我们有全集 \(U\) 为 \(n\) 的全排列（\(|U|=n!\)），\(n\) 个属性，第 \(i\) 个为 \(P_i\ne i\)。
我们有（这里去掉了 \(1\le a(k)<a(k+1)\le n\) 方便展示）
\[\begin{aligned}
D_n&=\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|\\
&=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^{n}\overline{S_i}\right|\\
&=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{a(k)}\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\\
\end{aligned}\tag{26}
\]
考虑上式的意义。可以发现 \(\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\) 即为满足 \(P_{a(i)}=a_i\) 的排列数量，固定的共有 \(j\) 位，剩下 \(n-j\) 为可以随意选择，于是有 \((n-j)!\) 个排列。
同时，选择出 \(j\) 个 \(a_i\) 方案数为 \(\dbinom{n}{j}\)，故
\[\begin{aligned}
D_n&=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\sum_{a(k)}\left|\bigcap_{i=1}^{j}\overline{S_{a(i)}}\right|\\
&=|U|+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\dbinom{n}{j}(n-j)!\\
&=(-1)^0\dbinom{n}{0}n!+\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j}\cfrac{n!}{j!(n-j)!}\times (n-j)!\\
&=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\cfrac{n!}{j!}\\
&=n!\sum_{j=0}^{n}\cfrac{(-1)^j}{j!}\\
\end{aligned}\tag{26}
\]
另外，观察到式 \((??)\) 的形式与 \(\mathrm{e}^x\) 类似
\[\begin{aligned}
\mathrm{e}^x&=\sum_{i=0}^{\infty}\cfrac{x^i}{i!}\\
\mathrm{e}^{-1}&=\sum_{i=0}^{\infty}\cfrac{(-1)^i}{i!}\\
\cfrac{n!}{\mathrm{e}}&\approx n!\sum_{i=0}^{n}\cfrac{(-1)^i}{i!}=D_n
\end{aligned}
\]
我们有 \(D_n\approx\cfrac{n!}{\mathrm{e}}\)。除了美观，没什么用。
基于递推
对于 \(n\) 的错排，暂且假设 \(P_n=n\)，有以下两种方式可以一步将 \(P\) 改成错排
- 若 \(P_1\sim P_{n-1}\) 是错排，那么任意 \(1\le i<n\)，交换 \(P_i,P_n\) 即可。\(i\) 有 \(n-1\) 个可能的取值，\(P_1\sim P_{n-1}\) 错排方案数为 \(D_{n-1}\)。
- 若 \(P_1\sim P_{n-1}\) 不是错排，有且只有一个位置 \(i\)，满足 \(P_i=i\)，那么依然交换 \(P_i,P_n\)。同样的，\(i\) 有 \(n-1\) 个可能的取值，而除 \(i\) 外的其他部分为错排，方案数为 \(D_{n-2}\)。
于是得到
\[D_n=(n-1)D_{n-1}+(n-1)D_{n-2}=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\tag{27}
\]
另有
\[D_n=nD_{n-1}+(-1)^{n}
\]
常见数（列）
斐波那契数列
卡特兰数
斯特林数
参考
