组合恒等式：
\[\dbinom n m=\dbinom{n}{n-m}\tag{1}
\]
（1）显然。
\[\dbinom n m=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\tag{2}
\]
（2）考虑杨辉三角，定义推导也易得。
\[k\dbinom nk=n\dbinom {n-1}{k-1}\tag{3}
\]
（3）定义推导易得。
\[\dbinom nm\dbinom mk=\dbinom nk \dbinom {n-k}{m-k}\tag{4}
\]
（4）组合意义，或者推导可得。
组合意义：
先从 \(n\) 中选 \(m\) 个，在从 \(m\) 中选 \(k\) 个，等同于先从 \(n\) 中选 \(k\) 个，在从剩下的 \(n-k\) 中选 \(m-k\) 个。
- （范德蒙德卷积）
\[\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{m_1}{i} \dbinom{m_2}{n-i}=\dbinom{m_1+m_2}{n}\tag{5}
\]
（5）可以从组合意义或二项式定理（链接是证明，来自jijidawang）推得。
组合意义：
从 \(m_1+m_2\) 中选 \(n\) 个，等于分别从 \(m_1,m_2\) 中选。
推论：
\[\sum\limits_{i=-r}^n\dbinom{m_1}{r+i}\dbinom{m_2}{s-i}=\dbinom{m_1+m_2}{r+s}\tag A
\]
证明类似（感觉没啥用）。
\[\sum\limits_{i=1}^n\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{i-1}=\dbinom{2n}{n-1}\tag B
\]
证明：
\[\sum\limits_{i=1}^n\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{i-1}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i+1}\dbinom{n}{i}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{n-1-i}\dbinom{n}{i}=\dbinom{2n}{n-1}
\]
\[\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\binom{m}{i}=\binom{n+m}{n}\tag C
\]
证明：
\[\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\binom{m}{i}=\sum\limits_{i=0}^n\binom{m}{i}\binom{n}{n-i}=\binom{n+m}{n}
\]
\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ni^2=\dbinom{2n}n\tag{D}
\]
就是（C）中 \(m=n\) 的特例。
\[\sum_{i=0}^n\dbinom {i}{m_1}\dbinom{n-i}{m_2}=\dbinom{n+1}{m_1+m_2+1}\tag{E}
\]
证明 来自jijidawang
一个有意思的式子：
\[\sum_{i=0}^{n-k}\dbinom{n-k}i\dbinom ni=\sum_{i=0}^{n-k}\dbinom{n-k}i\dbinom n{i+k}
\]
左右两边都范德蒙德卷积一下可证，但看着挺有意思 好像没什么实际价值
\[\sum\limits_{i=0}^{n}i\dbinom ni=n2^{n-1}\tag{7}
\]
（6）可以从组合意义或求导推得（暂时不会）。
组合意义：
从 \(n\) 个东西中选任意个中所有小球被选中的次数和。
左边是 \(n\) 个球，每个会选 \(n\) 次。
右边是分别选 \(i\) 个，考虑每次贡献。
显然相等。
\[\sum^n_{i=0}i^2\dbinom ni=n(n+1)2^{n-2}\tag{8}
\]
（7）可以通过对（6）继续求导推得 然而我也不会。
\[\sum\limits^n_{i=1}i\dbinom ni^2=n\dbinom{2n-1}{n-1}\tag{9}
\]
（8）证明：
\[\begin{aligned}\sum\limits^n_{i=1}i\dbinom ni^2
&=\sum\limits^n_{i=1}n\dbinom {n-1}{i-1}\dbinom ni\\
&=n\sum\limits^{n-1}_ {i=0}\dbinom{n-1}{i}\dbinom{n}{n-i-1}\\
&=n\binom{2n-1}{n-1}
\end{aligned}\]
\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ik=\dbinom{n+1}{k+1}\tag{9}
\]
（9）可以组合意义或归纳证明。
组合意义：
在 \(n+1\) 个球里拿 \(k+1\) 个，最后一个拿的是第 \(i\) 个，则情况数为 \(\binom ik\)，累加即为总数。
\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}i=\dbinom{n+m+1}{n}\tag{10}
\]
（10）证明：
\[\begin{aligned}
\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}i&=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}m\\
&=\sum\limits^{n+m}_ {i=m}\dbinom {i}m\\
&=\sum\limits^{n+m}_ {i=m}\dbinom {i}m+\sum\limits^{m-1}_ {i=0}\dbinom {i}m\\
&=\sum\limits^{n+m}_ {i=0}\dbinom im\\
&=\dbinom{n+m+1}{m+1}=\dbinom{n+m+1}{n}
\end{aligned}
\]
推论：
\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}{s+i}=\dbinom{n+m+1}{n+s}
\]
证明类似。
\[\sum^n_{i=0}\dbinom {n-i}i=f_{n+1} \quad\texttt{（$f_i$ 为斐波那契数列第 $i$ 项）}\tag{11}
\]
考虑将其放进杨辉三角中
（从 Rolling_star 粘的 QWQ）
最上面一行斜线求和，也就是等式左边，可以看出其 \(=f_{n+1}\)。
二项式定理：
\[(a+b)^n=\sum\limits^n_ {i=0} \dbinom{n}{i} a^ib^{n-i}
\]
归纳和组合意义都可证。
组合意义：
就是从 \(n\) 个里面选 \(i\) 个是 \(a\)，剩下是 \(b\)。
归纳证明：
对于 \(n=1\) 显然正确。
对于 \(m=n+1\)：
\[\begin{aligned}(a+b)^{m}
&=a(a+b)^n+b(a+b)^n\\
&=a\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}+b\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}\\
&=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^{i+1}b^{n-i}+\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i+1}\\
&=\sum\limits^{n+1}_{i=1}\dbinom{n}{i-1}a^{i}b^{n-i+1}+\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i+1}\\
&=\sum\limits^{n+1}_{i=0}\dbinom{n}{i-1}a^{i}b^{n-i+1}+\sum\limits^{n+1}_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i+1}\\
&=\sum\limits^{n+1}_{i=0}(\dbinom{n}{i-1}+\dbinom{n}{i})a^ib^{n-i+1}\\
&=\sum\limits^{n+1}_{i=0}\dbinom{n+1}{i}a^ib^{n-i+1}\\
&=\sum\limits^{m}_{i=0}\dbinom{m}{i}a^ib^{m-i}\\
\end{aligned}\]
推论：
\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ni = 2^n\tag{1}
\]
（1）取 \(a=b=1\) 。
\[\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i}=[n=0]\tag{2}
\]
（2）取 \(a=-1,b=1\)，可以反演。
\[\sum\limits^{n}_ {i=0}\dbinom ni m^i=(1+m)^n\tag{3}
\]
（3）取 \(a=m,b=1\) 。
\[\sum\limits^{n}_{2\mid i}\dbinom{n}{i}=\sum\limits^{n}_{2\not\mid i}\dbinom{n}{i}\tag{4}
\]
（4）将（2）移项即可。
参考博客：https://www.cnblogs.com/Rolling-star/p/16817907.html
