排列組合基礎
排列組合是組合數學中的基礎。排列就是指從給定個數的元素中取出指定個數的元素進行排序；組合則是指從給定個數的元素中僅僅取出指定個數的元素，不考慮排序。排列組合的中心問題是研究給定要求的排列和組合可能出現的情況總數。排列組合與古典概率論關系密切。
在高中初等數學中，排列組合多是利用列表、枚舉等方法解題。 ----\(OI-WIKI\)
加法原理
舉個例子，假設你要從\(a\)地到\(b\)地，開車有\(3\)種選擇（即\(3\)條不一樣的線路，下同），乘飛機有\(2\)種選擇，坐火車有\(2\)種選擇（假設不考慮每種選擇的費用、時間等客觀因素，僅考慮選擇本身），那么，一共有多少選擇呢？顯然是\(3+2+2=7\)種。
那么類似地，若完成某件事情共有\(n\)種方法，那么完成這件事情的總方法數就等於每種方法的方法數之和。也就是說：完成一個工程可以有\(n\)類辦法，\(a_i(1\le i\le n)\)代表第\(i\)類方法的數目。那么完成這件事共有\(S=\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\)種不同的方法。
乘法原理
還是剛才的例子，若從\(a\)地到\(b\)地開車的路線圖如下，那么從\(a\)到\(b\)有幾種方法呢？
顯然，\(a\)到\(c\)有\(3\)種，\(c\)到\(b\)有\(2\)種，故\(a\)到\(b\)有\(3\times 2=6\)種方法。
即若完成某件事共有\(n\)個步驟，完成這件事情的總方法數就等於每個步驟的方法數之積。也就是：完成一個工程需要分\(n\)個步驟，\(a_i(1\le i\le n)\)代表第\(i\)個步驟的不同方法數目。那么完成這件事共有\(S=\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i}\)種不同的方法。
例1
若一書架上有\(3\)類書，第一類有\(5\)本，第二類有\(3\)本，第三類有\(6\)本（書之間兩兩不相同），那么：
\((1)\)任拿一本書有幾種可能？
\((2)\)從三本書中各任拿一本有多少種可能？
解答
\((1)\)從第一、二、三類書中任拿一本分別有\(5\)、\(3\)、\(6\)種可能，根據加法原理，共\(5+3+6 = 14\)種可能。
\((2)\)同上，從第一、二、三類書中任拿一本分別有\(5\)、\(3\)、\(6\)種可能，根據乘法原理，共\(5*3*6 = 90\)種可能。
感性理解即可
排列組合基礎
排列數
舉個例子，假設你有一個長\(n\)的序列\(a\)（\(a_1\neq a_2\neq …\neq a_n\)，\(n\ge 2\)），從中要選出\(2\)個數\(x,y\)組成有序數對\((x,y)\)，共有幾種可能？
- 假設\(n=2\)，則有兩種可能：\((a_1,a_2),(a_2,a_1)\)
- 假設\(n=3\)，則有六種可能：\((a_1,a_2),(a_1,a_3),(a_2,a_1),(a_2,a_3),(a_3,a_1),(a_3,a_2)\)
……
通過以上枚舉我們可以找出規律，當有\(n\)個數時，數對的第一個數可以是這\(n\)個數中的任意一個，故有\(n\)種可能；第二個位置由於第一個位置拿走一個數，應是剩下\(n-1\)個數中的任意一個，故有\(n-1\)種可能，故由於乘法原理，共\(n*(n-1)\)種可能。
那如果要選\(3\)個數（\(n\ge 3\)）組成有序三元組\((x,y,z)\)呢？同樣地我們思考：第一個位置有\(n\)種情況，第二個有\(n-1\)種，第三個有\(n-2\)種，故一共有\(n*(n-1)*(n-2)\)種。
若擴展到\(n\)個數中選\(m\)個組成有序數列的話，同理，也就能推出相應的公式了：
從\(n\)個不同元素中，任取\(m\)（\(n,m\in \N^*\)）個元素按照一定的順序排成一列，叫做從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的一個排列；從\(n\)個不同元素中取出\(m\)(\(m\le n\)) 個元素的所有排列的個數，叫做從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的排列數，用符號\(A_n^m\)（或者是\(P_n^m\)）表示。
由剛剛的推導過程可推出排列數的公式：
\(n!\)為\(n\)的階乘，即\(n! = \prod\limits_{i=1}^{n}i\)。故\(\prod\limits_{i=l}^{r}{i} = \dfrac{r!}{(l-1)!}\)。\(0! = 1\)。
\(A_n^m = n*(n-1)*(n-2)*…*(n-m+1) = \prod\limits_{i=n-m+1}^{n}i = \dfrac{n!}{(n-m)!}(m\le n)\)
特殊地，\(m=n\)時，\(A_n^m = a_n^n = n!\)，此時\(A_n^n\)叫做\(n\)的全排列。
特殊地，\(m>n\)時，\(A_n^m = 0\)。
例2
有\(6\)個人要排成一隊拍照，請問當滿足以下條件時有幾種排法：
\((1)\)甲、乙既不在排頭也不在排尾。
\((2)\)甲不在排頭、乙不在排尾、甲乙不相鄰。
解答
\((1)\)
因為甲、乙不在排頭和排尾，故排頭排尾要在剩下的\(4\)個人里選，共\(A_4^2 = 12\)種排法；
選定排頭排尾后，中間的\(4\)個人沒有要求，故為\(4\)的全排列即\(A_4^4 = 24\)種排法；
綜上，由乘法原理，共\(12*24 = 288\)種排法。
\((2)\)
由於甲不在排頭、乙不在排尾，考慮分類討論求解
\(①\) 若甲在排尾，乙在排頭：
此時排頭排尾已定且甲乙一定不相鄰，中間\(4\)個人任意排隊，共\(A_4^4 = 24\)種排法。
\(②\) 若甲在排尾，乙不在排頭：
此時乙不能在倒數第二位（與甲相鄰），故還剩\(3\)個位置可給乙選，共\(A_3^1 = 3\)種排法，剩下的\(4\)個人沒有要求，共\(A_4^4 = 24\)種排法。根據乘法原理，共\(3*24 = 72\)種排法。
\(③\) 若甲不在排尾，乙在排頭：
分析過程基本同\(②\)，共\(72\)種排法。
\(④\) 若甲不在排尾，乙不在排頭：
枚舉甲乙的站位情況（\(x\)表示其余的四個人）：共\((x甲x乙xx),(x甲xx乙x),(xx甲x乙x),(x乙x甲xx),(x乙xx甲x),(x乙x甲xx)\) \(6\)種情況，剩下的\(4\)個人有\(A_4^4 = 24\)種情況，共\(6*24 = 144\)種情況。
綜上，共\(24+72+72+144 = 312\)種情況。
組合數
注意到，剛剛所有的定義中都存在“有序”“排列”等詞語，說明我們取出的順序是有要求的，即先選\(a_1\)，后選\(a_2\)與先選\(a_2\)，后選\(a_1\)是不一樣的，那么，若改成無序會怎樣呢？
還是剛剛的例子，假設你有一個長\(n\)的序列\(a\)（\(a_1\neq a_2\neq …\neq a_n\)，\(n\ge 2\)），從中要選出\(2\)個數\(x,y\)組成無序數對\((x,y)\)，共有幾種可能？
- 假設\(n=2\)，則有一種可能：\((a_1,a_2)\)
- 假設\(n=3\)，則有三種可能：\((a_1,a_2),(a_1,a_3),(a_2,a_3)\)
……
和剛才不一樣了，但是也是有規律的：比如\(n\)等於\(3\)時，我們發現原來的\(6\)組中，\((a_1,a_2)\)和\((a_2,a_1)\)、\((a_1,a_3)\)和\((a_3,a_1)\)、\((a_2,a_3)\)和\((a_3,a_2)\)是重復的，也就是說，每種情況在排列中都出現了\(2\)次，所以我們的答案應為\(\dfrac{A_3^2}{2}\)。同理，\(n\)去其他數時對應的答案為\(\dfrac{A_n^2}{2}\)。
同樣地，若要選出\(3\)個數組成無序數對呢？
我們發現，對於剛剛的有序數對個數\(A_n^3\)，假設有\((a_1,a_2,a_3)\)存在，那么一定會有\((a_1,a_3,a_2)\)，\((a_2,a_1,a_3)\)，\((a_2,a_3,a_1)\)，\((a_3,a_1,a_2)\)，\((a_3,a_2,a_1)\)這\(5\)種存在，故答案應為\(\dfrac{A_n^3}{6}\)。
到了\(n\)個里選\(m\)個時，在\(A_n^m\)種中，每種相同的數對\((a_1,a_2,…,a_m)\)應出現了\(a_m^m\)次，故答案為\(\dfrac{A_n^m}{A_m^m}\)。所以我們給出組合數的定義：
從\(n\)個不同元素中，任取\(m\)(\(m\le n\)) 個元素組成一個集合，叫做從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的一個組合；從\(n\)個不同元素中取出\(m\)(\(m\le n\)) 個元素的所有組合的個數，叫做從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的組合數。用符號\(C_n^m\)（或者是\(\dbinom{n}{m}\)）來表示。
根據我們剛剛的推導可以得出組合數的公式：\(C_n^m = \dfrac{A_n^m}{A_m^m} = \dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)。
特殊地，和排列數一樣，\(m>n\)時，\(C_n^m = 0\)。
同時，組合數有這樣一個性質：\(C_n^m = C_n^{n-m}\)。不難理解，從\(n\)個中選\(m\)個需要的就等於從\(n\)個中選\(n-m\)個不要的 的方法數。
例3
從\(1\sim 20\)中選出三個數組成等差數列，有多少種不同的等差數列？
解答
假設選出的\(3\)個數為\(a,b,c(a<b<c)\)，由於是等差數列，則有\(b-a = c-b\)，故\(2b=a+c\)，因為\(2b\)為偶數，所以\(a,c\)同奇偶，故應該從\((1,3,5,…,19)或(2,4,6,…,20)\)中選兩個為\(a,c\)，共\(C_{10}^2*2 = 90\)種
例4
求不定方程\(a_1+a_2+a_3+…+a_m = n(m\le n，m,n\in\N^*)\)的正整數解的個數及非負整數解的個數。
解答
常見結論
用隔板法解決。把\(n\)看做是\(1+1+…+1(n個1)\)，把\(m-1\)塊隔板放到\(n\)個\(1\)之間的\(n-1\)個空隙中，第\(i\)塊隔板與第\(i-1\)塊隔板間的數的和為\(a_i\)，共\(C_{n-1}^{m-1}\)種。
非負整數解的個數同理，令數列\(b_1,b_2,…,b_m\)，其中\(b_i=a_i+1(1\le i\le n)\)，則\(a_1+a_2+a_3+…+a_m = n\)非負整數解的個數等於\(b_1+b_2+b_3+…+b_m=n+m\)的正整數解個數，由上一問，為\(C_{n+m-1}^{m-1}=C_{n+m-1}^{n}\)種。
例5（\(\operatorname{CSP-J1}\ \ 2020\)，例6例7同）
\(5\)個小朋友並排站成一列，其中有兩個小朋友是雙胞胎，如果要求這兩個雙胞胎必須相鄰，則有多少種不同排列方法?
解答
枚舉雙胞胎的位置（\(A,B\)為雙胞胎且令\(A\)在\(B\)左邊，\(x\)為剩下的人），則共\((A,B,x,x,x),(x,A,B,x,x),(x,x,A,B,x),(x,x,x,A,B)\ \ 4\)種情況，每種情況另外三個人排法為\(A_3^3 = 6\)種，則共\(4*6 = 24\)種，同樣，\(B\)在\(A\)左邊也有\(24\)種，共\(2*24 = 48\)種。
例6
\(10\)個三好學生名額分配到\(7\)個班級，每個班級至少有一個名額，一共有多少種不同的分配方案？
解答
可以看做是要求不定方程\(a_1+a_2+…+a_7=10\)的正整數解的個數，由例\(4\)公式得有\(C_{10-1}^{7-1}=C_9^6=84\)種。
例7
有五副不同顏色的手套（共\(10\)只手套，每副手套左右手各\(1\)只），一次性從中取\(6\)只手套，請問恰好能配成兩副手套的不同取法有多少種。
解答
從\(5\)副手套中選出\(2\)副共有\(C_5^2 = 10\)種方法，從剩下的\(6\)之中選\(2\)有\(C_6^2 = 15\)種，其中剛好湊成一副手套的種數為\(C_3^1=3\)種。由乘法原理，共\(10*(15-3) = 120\)種。
帕斯卡法則
在學習二項式定理前，我們先了解帕斯卡法則。
如果想要算\(C_n^m(m\le n)\)，那么對於\(n\)個元素中的任意一個元素\(x\)，我們選出的\(m\)個元素有且僅有兩種情況：含\(x\)或不含\(x\)。
若含\(x\)，那么種數相當於是從剩下的\(n-1\)個數中選出\(m-1\)個（因為\(x\)被選了）的種數；若不含\(x\)，則種數為從剩下的\(n-1\)個數中選\(m\)個的種數。
也就是說：對於任意的正整數\(k,n(k\le n)\)，都存在：
（也就是\(\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}\)）
這就是帕斯卡法則。
二項式定理
組合數的另一個重要性質就是二項式定理了。
我們根據帕斯卡法則枚舉排列數，得到：（\(P5732\)）
（第一行為\(C_1^1\)，第二行從左到右依次為\(C_2^1,C_2^2\)，…，第\(n\)行從左到右依次為\(C_n^1,C_n^2,…,C_n^n\)）
這就是所謂的楊輝三角（或帕斯卡三角）。
也就是說，楊輝三角第\(n\)行的第\(m\)個數等於\(C_n^m\)。
而數學中大家都學過，楊輝三角的第\(n\)行也表示了\((a+b)^n\)展開后的各項系數，如\((a+b)^2 = 1\times a^2+2\times ab+1\times b^2\)，系數剛好對應上述楊輝三角的第\(2\)行。結合我們剛剛推出的規律就可以得到二項式定理：