排列组合数的一些公式

绪论：加法原理、乘法原理#

分类计数原理：做一件事，有n$n$类办法，在第1$1$类办法中有m1$m_1$种不同的方法，在第2$2$类办法中有m2$m_2$种不同的方法，…，在第n$n$类办法中有mn$m_n$种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn$N=m_1+m_2+\dots +m_n$种不同的方法。

分步计数原理：完成一件事，需要分成n$n$个步骤，做第1$1$步有m1$m_1$种不同的方法，做第2$2$步有m2$m_2$种不同的方法，…，做第n$n$步有mn$m_n$种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×⋯×mn$N=m_1\times m_2\times \cdots \times m_n$种不同的方法。

区别：分类计数原理是加法原理，不同的类加起来就是我要得到的总数；分步计数原理是乘法原理，是同一事件分成若干步骤，每个步骤的方法数相乘才是总数。

排列问题#

排列数#

从n$n$个不同元素种取出m(m≤n)$m(m\le n)$个元素的所有不同排列的个数，叫做从n$n$个不同元素种取出m$m$个元素的排列数，用符号Amn${\mathrm{A}}_n^m$表示。

排列数公式#

Amn=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)=n!(n−m)!,n,m∈N∗,并且m≤n$${\mathrm{A}}_n^m=n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!},n,m\in {\mathbb{N}}^{\ast },\text{并且}m\le n$$

（规定0!=1$0!=1$）

推导：把n$n$个不同的元素任选m$m$个排序，按计数原理分步进行：

取第一个：有n$n$种取法；
取第二个：有(n−1)$(n-1)$种取法；
取第三个：有(n−2)$(n-2)$种取法；
……
取第m$m$个：有(n−m+1)$(n-m+1)$种取法；

根据分步乘法原理，得出上述公式。

排列数性质#

Amn=nAm−1n−1${\mathrm{A}}_n^m=n{\mathrm{A}}_{n-1}^{m-1}$ 可理解为“某特定位置”先安排，再安排其余位置。

Amn=mAm−1n−1+Amn−1${\mathrm{A}}_n^m=m{\mathrm{A}}_{n-1}^{m-1}+{\mathrm{A}}_{n-1}^m$ 可理解为：含特定元素的排列有mAm−1n−1$m{\mathrm{A}}_{n-1}^{m-1}$，不含特定元素的排列为Amn−1${\mathrm{A}}_{n-1}^m$。

组合问题#

组合数#

从n$n$个不同元素种取出m(m≤n)$m(m\le n)$个元素的所有不同组合的个数，叫做从n$n$个不同元素种取出m$m$个元素的组合数，用符号Cmn${\mathrm{C}}_n^m$表示。

组合数公式#

Cmn=AmnAmm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)m!=n!m!(n−m)!,n,m∈N∗,并且m≤n$${\mathrm{C}}_n^m=\frac{{\mathrm{A}}_n^m}{{\mathrm{A}}_m^m}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!},n,m\in {\mathbb{N}}^{\ast },\text{并且}m\le n$$

C0n=Cnn=1$${\mathrm{C}}_n^0={\mathrm{C}}_n^n=1$$

证明：利用排列和组合之间的关系以及排列的公式来推导证明。

将部分排列问题Amn${\mathrm{A}}_n^m$分解为两个步骤：

第一步，就是从n$n$个球中抽m$m$个出来，先不排序，此即组合数问题Cmn${\mathrm{C}}_n^m$；

第二步，则是把这m$m$个被抽出来的球排序，即全排列Amm${\mathrm{A}}_m^m$。

根据乘法原理，Amn=CmnAmm${\mathrm{A}}_n^m={\mathrm{C}}_n^m{\mathrm{A}}_m^m$，那么

Cmn=AmnAmm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)m!=n!m!(n−m)!$${\mathrm{C}}_n^m=\frac{{\mathrm{A}}_n^m}{{\mathrm{A}}_m^m}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

组合数的性质#

Cmn=Cn−mn${\mathrm{C}}_n^m={\mathrm{C}}_n^{n-m}$ 可以理解为：将原本的每个组合都反转，把原来没选的选上，原来选了的去掉，这样就变成从n$n$个元素种取出n−m$n-m$个元素，显然方案数是相等的。

递推公式Cmn=Cmn−1+Cm−1n−1${\mathrm{C}}_n^m={\mathrm{C}}_{n-1}^m+{\mathrm{C}}_{n-1}^{m-1}$ 可理解为：含特定元素的组合有Cm−1n−1${\mathrm{C}}_{n-1}^{m-1}$，不含特定元素的排列为Cmn−1${\mathrm{C}}_{n-1}^m$。还不懂？看下面。

Example

从1，2，3，4，5（n=5$n=5$）中取出2（m=2$m=2$）个元素的组合（Cmn${\mathrm{C}}_n^m$）：

12 13 14 15 23 24 25 34 35 45

显然，这些组合中要么含有元素“1”，要么不含。

• 其中含有“1”的是：12 13 14 15

  把里面的“1”都挖掉：2 3 4 5

  而上面这个等价于从2，3，4，5（n−1$n-1$）中取出1（m−1$m-1$）个元素的组合。

• 其中不含“1”的是：23 24 25 34 35 45
  上面等价于从2，3，4，5（n−1$n-1$）中取出2（m$m$）个元素的组合。

而总方案数等于上面两种情况方案数之和，即Cmn=Cmn−1+Cm−1n−1${\mathrm{C}}_n^m={\mathrm{C}}_{n-1}^m+{\mathrm{C}}_{n-1}^{m-1}$。

组合数求和公式#

C0n+C1n+C2n+⋯+Cnn=2n$${\mathrm{C}}_n^0+{\mathrm{C}}_n^1+{\mathrm{C}}_n^2+\cdots +{\mathrm{C}}_n^n=2^n$$

我们感性认知一下，上面这个式子的左边表示什么呢？

把从n$n$个球中抽出0$0$个球的组合数（值为1$1$）、抽出1$1$个球的组合数、抽出2$2$个球的组合数、……、抽出n$n$个球的组合数相加。

换句话说，就是从n$n$个球中随便抽出一些不定个数球，问一共有多少种组合。

对于第1个球，可以选，也可以不选，有2种情况。
对于第2个球，可以选，也可以不选，有2种情况。
对于任意一个球，可以选，也可以不选，有2种情况。

根据乘法原理，一共2×2×⋯×2n个2相乘=2n$\underset{n\text{个2相乘}}{\underbrace{2\times 2\times \cdots \times 2}}=2^n$种组合。

想要严谨的证明？数学归纳法：

1. 当n=1$n=1$时，C01+C11=2=21${\mathrm{C}}_1^0+{\mathrm{C}}_1^1=2=2^1$成立。
2. 假设n=k(k∈N∗)$n=k(k\in {\mathbb{N}}^{\ast })$时等式成立，即
   ∑i=0kCik=2n$$\sum _{i=0}^k{\mathrm{C}}_k^i=2^n$$
   成立，当n=k+1$n=k+1$时，
   ====C0k+1+C1k+1+C2k+1+⋯+Ckk+1+Ck+1k+1C0k+1+(C0k+C1k)+(C1k+C2k)+⋯+(Ck−1k+Ckk)+Ck+1k+1(C0k+C1k+C2k+⋯+Ckk)+(C0k+C1k+C2k+⋯+Ckk)2×2k2k+1$$\begin{array}{rl}& {\mathrm{C}}_{k+1}^0+{\mathrm{C}}_{k+1}^1+{\mathrm{C}}_{k+1}^2+\cdots +{\mathrm{C}}_{k+1}^k+{\mathrm{C}}_{k+1}^{k+1}\\ =& {\mathrm{C}}_{k+1}^0+({\mathrm{C}}_k^0+{\mathrm{C}}_k^1)+({\mathrm{C}}_k^1+{\mathrm{C}}_k^2)+\cdots +({\mathrm{C}}_k^{k-1}+{\mathrm{C}}_k^k)+{\mathrm{C}}_{k+1}^{k+1}\\ =& ({\mathrm{C}}_k^0+{\mathrm{C}}_k^1+{\mathrm{C}}_k^2+\cdots +{\mathrm{C}}_k^k)+({\mathrm{C}}_k^0+{\mathrm{C}}_k^1+{\mathrm{C}}_k^2+\cdots +{\mathrm{C}}_k^k)\\ =& 2\times 2^k\\ =& 2^{k+1}\end{array}$$
   等式也成立。
3. 由1、2得，等式对n∈N∗$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$都成立。

也可偷懒地用二项式定理证明：

(a+b)n=∑k=0nCknan−kbk$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{a}^{n-k}{b}^k$$

令a=b=1$a=b=1$，就得到了

∑i=0nCin=2n$$\sum _{i=0}^n{\mathrm{C}}_n^i=2^n$$

类似的公式（由Cmn=Cn−mn${\mathrm{C}}_n^m={\mathrm{C}}_n^{n-m}$推导）：

C0n+C2n+C4n+⋯=C1n+C3n+C5n+⋯=2n−1$${\mathrm{C}}_n^0+{\mathrm{C}}_n^2+{\mathrm{C}}_n^4+\cdots ={\mathrm{C}}_n^1+{\mathrm{C}}_n^3+{\mathrm{C}}_n^5+\cdots =2^{n-1}$$

杨辉三角#

这个神奇的图形和组合数、二项式定理密切相关。（图片来自百度百科）

杨辉三角可以帮助你更好地理解和记忆组合数的性质：

1. 第n$n$行的m$m$个数可表示为 Cm−1n−1${\mathrm{C}}_{n-1}^{m-1}$，即为从n−1$n-1$个不同元素中取m−1$m-1$个元素的组合数。
2. 第n$n$行的数字有n$n$项。
3. 每行数字左右对称（第n$n$行的第m$m$个数和第n−m+1$n-m+1$个数相等，Cmn=Cn−mn${\mathrm{C}}_n^m={\mathrm{C}}_n^{n-m}$），由1$1$开始逐渐变大。
4. 每个数等于它上方两数之和（第n+1$n+1$行的第i$i$个数等于第n$n$行的第i−1$i-1$个数和第i$i$个数之和，即Cin+1=Cin+Ci−1n${\mathrm{C}}_{n+1}^i={\mathrm{C}}_n^i+{\mathrm{C}}_n^{i-1}$）。
5. (a+b)n$(a+b{)}^n$的展开式中的各项系数依次对应杨辉三角的第n+1$n+1$行中的每一项（二项式定理）。

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以下来自维基百科（我只是随便贴这）

二项式系数

二项式系数可排列成帕斯卡三角形。
在数学上，二项式系数是二项式定理中各项的系数。一般而言，二项式系数由两个非负整数n$n$和k$k$为参数决定，写作，定义为的多项式展开式中，项的系数，因此一定是非负整数。如果将二项式系数写成一行，再依照顺序由上往下排列，则构成帕斯卡三角形。 (nk)(1+x)nxk(n0),(n1),…,(nn)n=0,1,2,…$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\displaystyle (1+x{)}^n}{x}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}),(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}),\dots ,(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})}{\displaystyle n=0,1,2,\dots }$

二项式系数常见于各数学领域中，尤其是组合数学。事实上，可以被理解为从n$n$个相异元素中取出k$k$个元素的方法数，所以大多读作「n$n$取k$k$」。二项式系数的定义可以推广至n$n$是复数的情况，而且仍然被称为二项式系数。

二项式系数亦有不同的符号表达方式，包括：C(n,k)$C(n,k)$、nCk${}_n{\mathrm{C}}_k$、nCk${}^n{\mathrm{C}}_k$、、[注3]，其中的C代表组合（combinations）或选择（choices）。很多计算机使用含有C的变种记号，使得算式只占一行的空间，相同理由也发生在置换数，例如写作P(n,k)$P(n,k)$。 CknCnkPnk${\displaystyle {\mathrm{C}}_n^k}{\displaystyle {\mathrm{C}}_k^n}{\displaystyle P_k^n}$

定义及概念
对于非负整数n$n$和k$k$，二项式系数定义为的多项式展开式中，项的系数，即 (nk)(1+x)nxk$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\displaystyle (1+x{)}^n}{x}^k$

(1+x)n=∑k=0n(nk)xk=(n0)+(n1)x+⋯+(nn)xn${\displaystyle (1+x{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})x+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})x^n}$
事实上，若x$x$、y$y$为交换环上的元素，则

(x+y)n=∑nk=0(nk)xn−kyk$(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k$

此数的另一出处在组合数学，表达了从n$n$物中，不计较次序取k$k$物有多少方式，亦即从一n$n$元素集合中所能组成k$k$元素子集的数量。

计算二项式系数

除展开二项式或点算组合数量之外，尚有多种方式计算的值。 (nk)$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$

递归公式
以下递归公式可计算二项式系数：

(nk)=(n−1k−1)+(n−1k)∀n,k∈N$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})\mathrm{\forall }n,k\in \mathbb{N}$

其中特别指定：

(n0)=1∀n∈N∪{0},(0k)=0∀k∈N$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})=1\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}\cup \{0\},(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{k})=0\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}$.

此公式可由计算(1 + X ) n −1 (1 + X )中的X k项，或点算集合{1, 2, ..., n }的k个元素组合中包含n与不包含n的数量得出。

显然，如果k > n，则。而且对所有n，，故此上述递归公式可于此等情况下中断。递归公式可用作建构帕斯卡三角形。 \tbinom nk=0\tbinom nn=1

帕斯卡三角形(杨辉三角)

有关二项式系数的恒等式

关系式

阶乘公式能联系相邻的二项式系数，例如在k是正整数时，对任意n有：

(n+1k)=(nk)+(nk−1)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k-1})$$

(nk)=nk(n−1k−1)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n}{k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})$$

(n−1k)−(n−1k−1)=n−2kn(nk)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})=\frac{n-2k}{n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$$

两个组合数相乘可作变换：

(ni)(im)=(nm)(n−mi−m)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{i-m})$$

∑r=0n(nr)=2n$$\sum _{r=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r})=2^n$$

∑r=0k(n+r−1r)=(n+kk)$${\displaystyle \sum _{r=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+r-1}{r})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k}{k})}$$

∑r=0n−k(−1)r(n+1)k+r+1(n−kr)=(nk)−1$${\displaystyle \sum _{r=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^r(n+1)}{k+r+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{r})={(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^{-1}}$$

∑r=0n(dndr)=1d∑r=1d(1+e2πrid)dn$$\sum _{r=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{dn}{dr})=\frac{1}{d}\sum _{r=1}^d(1+e^{\frac{2\pi ri}{d}}{)}^{dn}$$

∑i=mn(a+ii)=(a+n+1n)−(a+mm−1)$$\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+i}{i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+n+1}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+m}{m-1})$$

(a+mm−1)+(a+mm)+(a+m+1m+1)+...+(a+nn)=(a+n+1n)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+m}{m-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+m}{m})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+m+1}{m+1})+...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+n}{n})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+n+1}{n})$$

Fn=∑i=0∞(nii)$$F_n=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{ni}{i})$$

Fn−1+Fn=∑i=0∞(n−1−ii)+∑i=0∞(n−ii)=1+∑i=1∞(n−ii−1)+∑i=1∞(n−ii)=1+∑i=1∞(n+1−ii)=∑i=0∞(n+1−ii)=Fn+1$$F_{n-1}+F_n=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1-i}{i})+\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i})=1+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i-1})+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i})=1+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1-i}{i})=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1-i}{i})=F_{n+1}$$

主条目：朱世杰恒等式

∑i=mn(ia)=(n+1a+1)−(ma+1)$$\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{a})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{a+1})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{a+1})$$

(ma+1)+(ma)+(m+1a)...+(na)=(n+1a+1)$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{a+1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{a})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{a})...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{a})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{a+1})$$

二阶求和公式

∑r=0n(nr)2=(2nn)$${\displaystyle \sum _{r=0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r})}^2=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$$

∑i=0n(r1+n−1−ir1−1)(r2+i−1r2−1)=(r1+r2+n−1r1+r2−1)$$\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_1+n-1-i}{r_1-1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_2+i-1}{r_2-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_1+r_2+n-1}{r_1+r_2-1})$$

(1−x)−r1(1−x)−r2=(1−x)−r1−r2$$(1-x{)}^{-r_1}(1-x{)}^{-r_2}=(1-x{)}^{-r_1-r_2}$$

(1−x)−r1(1−x)−r2=(∑n=0∞(r1+n−1r1−1)xn)(∑n=0∞(r2+n−1r2−1)xn)=∑n=0∞(∑i=0n(r1+n−1−ir1−1)(r2+i−1r2−1))xn$$(1-x{)}^{-r_1}(1-x{)}^{-r_2}=(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_1+n-1}{r_1-1})x^n)(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_2+n-1}{r_2-1})x^n)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_1+n-1-i}{r_1-1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_2+i-1}{r_2-1}))x^n$$

(1−x)−r1−r2=∑n=0∞(r1+r2+n−1r1+r2−1)xn$$(1-x{)}^{-r_1-r_2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_1+r_2+n-1}{r_1+r_2-1})x^n$$

主条目：范德蒙恒等式

∑i=0k(ni)(mk−i)=(n+mk)$$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{k})$$

三阶求和公式
主条目：李善兰恒等式

(n+kk)2=∑j=0k(kj)2(n+2k−j2k)$${(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k}{k})}^2=\sum _{j=0}^k{(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2k-j}{2k})$$

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