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1. 加法乘法原理
加法原理
计算在一系列互斥事件中任意一个事件发生的总数。
如果事件A有 m m m 种可能发生的方式，事件B有 n n n 种可能发生的方式，并且这两个事件不能同时发生，那么这两个事件A或B发生的总方式数为 m + n m + n m+n。
乘法原理
计算多个事件同时发生的总数。如果事件A有 m m m 种可能发生的方式，事件B有 n n n 种可能发生的方式，那么这两个事件同时发生的总方式数为 m × n m × n m×n 。
习题1、在小于 2000 的数中，有多少个正整数含有数字 2 ?
解: 1.千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为： 2 ∗ 1 ∗ 10 ∗ 10 2*1*10*10 2∗1∗10∗10；
2.千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为： 2 ∗ 9 ∗ 1 ∗ 10 2*9*1*10 2∗9∗1∗10;
3.千位数为1或0，百位数和十位数皆不为 2，个位数为2的正整数个数为： 2 ∗ 9 ∗ 9 ∗ 1 2*9*9*1 2∗9∗9∗1;
故满足题意的整数个数为: 200 + 180 + 162 = 542 200+180+162=542 200+180+162=542。
2. 排列&组合
集合排列
n 元集合 S 的一个 r 排列是指先从 S 中选出 r 个元素，然后将其按次序排列。一般用 P ( n , r ) P(n, r) P(n,r)或 A n r A_n^r Anr 表示 n 元集合 S 的 r 排列数。
定理 2.1：集合排列 P ( n , r ) = n ( n − 1 ) . . . ( n − r + 1 ) = n ! ( n − r ) ! P(n, r) = n (n - 1) ... (n - r + 1) = \frac{n!} {(n - r)!} P(n,r)=n(n−1)...(n−r+1)=(n−r)!n!
特别的有 P ( n , n ) = n ! P(n, n)= n! P(n,n)=n!； P ( n , 1 ) = n P (n, 1) = n P(n,1)=n
定理 2.2：n 元集合 S 的 r 圆排列数为 P ( n , r ) r = n ! r ⋅ ( n − r ) ! \frac{P(n, r)}{r} = \frac{n!} {r\cdot (n - r)!} rP(n,r)=r⋅(n−r)!n!
集合组合
n 元集合 S 的 r 组合是指从 S 中取出 r 个元素的一种无序选择，其组合数记为 ( n r ) \binom{n}{r} (rn)或 C n r C_n^r Cnr
定理 2.3：集合组合 ( n r ) = P ( n , r ) r ! = n ! r ! ⋅ ( n − r ) ! \binom{n}{r}= \frac{P(n, r)}{r!} = \frac{n!} {r!\cdot (n - r)!} (rn)=r!P(n,r)=r!⋅(n−r)!n!
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特别的有 ( n 0 ) = ( n n ) = 1 ( n r ) = ( n n − r ) ( n 0 ) + ( n 1 ) + ( n 2 ) + . . . + ( n n ) = 2 n \binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1\\\quad\\\binom{n}{r}=\binom{n}{n-r}\\\quad\\\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+...+\binom{n}{n}=2^n (0n)=(nn)=1(rn)=(n−rn)(0n)+(1n)+(2n)+...+(nn)=2n
习题2、在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个?
解: 1.串中有6个1和1个0，有5个位置可以插入：5种；
2.串中有5个1，除去 0111110，从6个空位中选2个插入0，个数为 C 6 2 − 1 = 14 C_6^2-1=14 C62−1=14;
3.串中有4个1，a) 3个0单独插入，除去 10101010，一共 C 5 3 − 1 = 9 C_5^3-1=9 C53−1=9;
b) 其中两个0一组，另外一个单独，一共 C 5 2 ⋅ P ( 2 , 2 ) − C 4 1 ⋅ 2 = 12 C_5^2\cdot P(2,2)-C_4^1\cdot 2=12 C52⋅P(2,2)−C41⋅2=12;
4.串中有3个1: 串只能为 **1101** 或 **1011** ，一共 4 ∗ 2 = 8 4*2=8 4∗2=8
故满足题意的串个数为: 5+14+9+12+8=48。
习题3、设由1、2、3、4、5、6 组成的各位数字互异的4位偶数共有n个，其和为 m。求n和m。
解: 由1、2、3、4、5、6 组成的各位数字互异，且个位数字为 2、4、6 的偶数均有P(5,3)=60个，所以 n=60*3=180
以 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 a_1,a_2,a_3,a_4 a1,a2,a3,a4 分别表示这 180 个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则
m = a 1 + 10 a 2 + 100 a 3 + 1000 a 4 m =a_1+10a_2+100a_3+1000a_4 m=a1+10a2+100a3+1000a4因为个位数字为 2，4，6的偶数各有 60个，故 a 1 = ( 2 + 4 + 6 ) ∗ 60 = 720 a_1=(2+4+6) * 60=720 a1=(2+4+6)∗60=720。
因为千（百，十）位数字为1、3、5的偶数各有 3 * P(4,2) = 36 个
为2、4、6的偶数各有 2 * P(4,2) = 24 个
故 a 2 = a 3 = a 4 = ( 1 + 3 + 5 ) ∗ 36 + ( 2 + 4 + 6 ) ∗ 24 = 612 a_2=a_3 =a_4 =(1+3+5)*36 +(2+4+6)*24 =612 a2=a3=a4=(1+3+5)∗36+(2+4+6)∗24=612
m = 720 + 612 ∗ ( 10 + 100 + 1000 ) = 680040 m=720 +612*(10 +100 +1000)=680040 m=720+612∗(10+100+1000)=680040
习题4、从{1,2,…,7}中选出不同的5个数字组成的5位数中，1与2不相邻的数字有多少个?
解: 1.1与2都有：1和2相邻: 2* ( 5 3 ) \binom{5}{3} (35)*P(4,4)。不相邻的方案数 ( 5 3 ) \binom{5}{3} (35)*P(5,5)-2* ( 5 3 ) \binom{5}{3} (35)* P(4,4)
2.只有1或2: 2* ( 5 4 ) \binom{5}{4} (45)*P(5,5)
3.没有1和2: P(5,5)
3. 多重集合的排列 & 组合
多重集合，即有重复元素的集合。比如 M = { a , a , a , b , c , c , d , d , d , d } M = \{a, a, a, b, c, c, d, d, d, d \} M={ a,a,a,b,c,c,d,d,d,d}
多重集合的排列
定理 3.1：无穷多重集合 M = { ∞ ⋅ a 1 , ∞ ⋅ a 2 , . . . , ∞ ⋅ a k } M = \{\infty \cdot a_1,\infty \cdot a_2 ,..., \infty \cdot a_k\} M={ ∞⋅a1,∞⋅a2,...,∞⋅ak}的 r 排列数为 k r k^r kr
定理 3.2：有限多重集合 M = { n 1 ⋅ a 1 , n 2 ⋅ a 2 , . . . , n k ⋅ a k } M = \{n_1 \cdot a_1,n_2 \cdot a_2 ,..., n_k \cdot a_k\} M={ n1⋅a1,n2⋅a2,...,nk⋅ak}的全排列数为 ( n 1 + n 2 + . . . + n k ) ! n 1 ! n 2 ! . . . n k ! \frac{(n_1+n_2+...+n_k)!}{n_1!n_2!...n_k!} n1!n2!...nk!(n1+n2+...+nk)!
多重集合的组合
定理 3.3：无穷多重集合 M = { ∞ ⋅ a 1 , ∞ ⋅ a 2 , . . . , ∞ ⋅ a k } M = \{\infty \cdot a_1,\infty \cdot a_2 ,..., \infty \cdot a_k\} M={ ∞⋅a1,∞⋅a2,...,∞⋅ak}的 r 组合数为 ( k + r − 1 r ) \binom{k+r-1}{r} (rk+r−1)
定理 3.4：无穷多重集合 M = { ∞ ⋅ a 1 , ∞ ⋅ a 2 , . . . , ∞ ⋅ a k } M = \{\infty \cdot a_1,\infty \cdot a_2 ,..., \infty \cdot a_k\} M={ ∞⋅a1,∞⋅a2,...,∞⋅ak}
要求 a 1 , a 2 , . . . , a k a_1,a_2,...,a_k a1,a2,...,ak 至少出现一次的 r 组合数为 ( ( r − k ) + k − 1 r − k ) = ( r − 1 k − 1 ) \binom{(r-k)+k-1}{r-k}=\binom{r-1}{k-1} (r−k(r−k)+k−1)=(k−1r−1)
4. 二项式定理
设 n 为一正整数，则对任意的 x 和 y，其二项式为 ( x + y ) n (x+y)^n (x+y)n
定理 4.1： ( x + y ) n = y n + ( n 1 ) x y n − 1 + . . . + ( n n − 1 ) x n − 1 y + x n = ∑ r = 0 n ( n r ) x r y n − r (x+y)^n=y^n+\binom{n}{1}xy^{n-1}+...+\binom{n}{n-1}x^{n-1}y+x^n=\sum_{r=0}^n\binom{n}{r}x^ry^{n-r} (x+y)n=yn+(1n)xyn−1+...+(n−1n)xn−1y+xn=∑r=0n(rn)xryn−r
定理 4.2：二项式对称关系 ( n r ) = ( n n − r ) \binom{n}{r}=\binom{n}{n-r} (rn)=(n−rn)
二项式递推关系 ( n r ) = ( n − 1 r ) + ( n − 1 r − 1 ) \binom{n}{r} = \binom{n-1}{r}+\binom{n-1}{r-1} (rn)=(rn−1)+(r−1n−1)
定理 4.3 令 x =-1, y = 1可得： ( n 0 ) + ( n 2 ) + ( n 4 ) + . . . = ( n 1 ) + ( n 3 ) + ( n 5 ) + . . . \binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+...=\binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\binom{n}{5}+... (0n)+(2n)+(4n)+...=(1n)+(3n)+(5n)+...
定理 4.4： 1 ⋅ ( n 1 ) + 2 ⋅ ( n 2 ) + . . . + n ⋅ ( n n ) = n ⋅ 2 n − 1 1\cdot \binom{n}{1}+2\cdot \binom{n}{2}+...+n\cdot\binom{n}{n}=n\cdot 2^{n-1} 1⋅(1n)+2⋅(2n)+...+n⋅(nn)=n⋅2n−1 令y=1,对x求导后取x=1
定理 4.5 ( 0 k ) + ( 1 k ) + . . . + ( n k ) = ( n + 1 k + 1 ) \binom{0}{k}+\binom{1}{k}+...+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k+1} (k0)+(k1)+...+(kn)=(k+1n+1)
5. 集合的划分（Stirling）
一个 n 元集合的全部 k 分划的个数叫作第 2 类 Stirling 数，记作 S ( n , k ) S(n,k) S(n,k)
例如，集合 A={1,2,3,4}有 7 个 2 分划，它们是 { 1 , 2 , 3 , 4 } = { 1 } ∪ { 2 , 3 , 4 } = { 2 } ∪ { 1 , 3 , 4 } = { 3 } ∪ { 1 , 2 , 4 } = { 4 } ∪ { 1 , 2 , 3 } = { 1 , 2 } ∪ { 3 , 4 } = { 1 , 3 } ∪ { 2 , 4 } = { 1 , 4 } ∪ { 2 , 3 } \{1,2,3,4\}=\{1\}\cup\{2,3,4\}=\{2\}\cup\{1,3,4\}=\{3\}\cup\{1,2,4\}=\{4\}\cup\{1,2,3\}=\{1,2\} \cup\{3,4\} =\{1,3\}\cup\{2,4\} =\{1,4\}\cup \{2,3\} {
1,2,3,4}={
1}∪{
2,3,4}={
2}∪{
1,3,4}={
3}∪{
1,2,4}={
4}∪{
1,2,3}={
1,2}∪{
3,4}={
1,3}∪{
2,4}={
1,4}∪{
2,3}，故 S ( 4 , 2 ) = 7 S(4,2)=7 S(4,2)=7
定理 5.1 第 2 类 Stirling 数S(n, k)满足递推关系 S ( n + 1 , k ) = S ( n , k − 1 ) + k S ( n , k ) S(n+1,k)=S(n,k-1)+kS(n,k) S(n+1,k)=S(n,k−1)+kS(n,k)
S ( n , 1 ) = 1 ; S ( n , n ) = 1 S(n,1)=1;S(n,n)=1 S(n,1)=1;S(n,n)=1
定理 5.1 第 2 类 Stirling 数满足下列性质 S ( n , 2 ) = 2 n − 1 − 1 S ( n , n − 1 ) = ( n 2 ) S ( n + 1 , k ) = ∑ m = k − 1 n ( n m ) S ( m , k − 1 ) S(n,2)=2^{n-1}-1\\S(n,n-1)=\binom{n}{2}\\S(n+1,k)=\sum^n_{m=k-1}\binom{n}{m}S(m,k-1) S(n,2)=2n−1−1S(n,n−1)=(2n)S(n+1,k)=m=k−1∑n(mn)S(m,k−1)
习题5、安排5个人去3个学校参观，每个学校至少一人，共有多少种安排方案?
解: 原题可以表示为 5 的 3 划分，同时因为每个学校不同，需要考虑集合的重复情况：
一共有 P(3,3)*S(5,3)= 6*25 = 150 种方案
6. 正整数分拆
将正整数 n 分成 k 个分部量的一个分拆： n = n 1 + n 2 + . . . + n k n = n_1 + n_2+...+ n_k n=n1+n2+...+nk
有序分拆
定理 6.1 正整数 n 的有序 k 分拆的个数为 ( n − 1 k − 1 ) \binom{n-1}{k-1} (k−1n−1) 参照定理3.4
定理 6.2 正整数 n 的有序 k 分拆有如下几个性质：
(1) 第 i 个分部量大于等于 pi: ( n + k − ∑ i = 1 k p i − 1 k − 1 ) \binom{n+k-\sum_{i=1}^kp_i-1}{k-1} (k−1n+k−∑i=1kpi−1)
(2)正整数 2n 分拆成 k 个分部，各分部量都是正偶数的有序分拆个数: ( n − 1 k − 1 ) \binom{n-1}{k-1} (k−1n−1)
(3)正整数 n 分成 k 个分部，若 n 与 k 同为奇数或同为偶数，则 n 的各分部量都是奇数的有序分拆数: ( n + k 2 − 1 k − 1 ) \binom{\frac{n+k}{2}-1}{k-1} (k−12n+k−1)
无序分拆
用 B ( n , k ) B(n, k) B(n,k) 来表示 n 的 k 分拆的个数，用 B ( n ) B(n) B(n) 表示 n 的所有分拆的个数。显然有 B ( n ) = ∑ k = 1 n B ( n , k ) B(n)=\sum^{n}_{k=1}B(n, k) B(n)=∑k=1nB(n,k)， B ( n , 2 ) = ⌊ n 2 ⌋ B(n,2)= \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor B(n,2)=⌊2n⌋
定理 6.3 n 的 k 分拆数 B ( n , k ) B(n, k) B(n,k)满足递推关系 B ( n + k , k ) = B ( n , 1 ) + B ( n , 2 ) + . . . + B ( n , k ) B ( n , 1 ) = 1 B ( n , n ) = 1 B(n+k,k)=B(n,1)+B(n,2)+...+B(n,k)\\B(n,1)=1\\B(n,n)=1 B(n+k,k)=B(n,1)+B(n,2)+...+B(n,k)B(n,1)=1B(n,n)=1
7. 分配问题
分配问题就是把一些球放入一些盒子的问题．把 n 个球分放在 r 个盒子里（假定球在盒内是无序的），共有多少种不同的方案？要考虑以下 3 个方面的因素：
- n 个球是完全相同的还是完全不同的
- r 个盒子是完全相同的还是完全不同的
- 是否允许有空盒
习题6、 4 个相同的奖励名额和 6 个不同的纪念品分给 5 个提名者，但每个提名者都收到了纪念品。共有多少种分法？
解:
1).先把4个相同的奖励名额分给5个提名者。这相当于把4个相同的球放入5个不同的盒子，允许有空盒： ( 4 + 5 − 1 4 ) = ( 8 4 ) = 70 \binom{4+5-1}{4}=\binom{8}{4}=70 (44+5−1)=(48)=70
2).再把6个不同的纪念品分给5个提名者。相当于把6个不同的球放入5个不同的盒子，不允许有空盒：5!*S(6,5)=1800
最后共有 7*1800 = 126000 种分配方法
习题7、 将 n 个不同的球放入 r 个不同的盒子里（允许有空盒），盒内的球是有序的，有多少种方法？
解: 可以先把球排列，再插入分隔符△来表示放入盒子：第 i 个和第 i + 1 个△之间的球表示放入第 i + 1 个盒子。因为球是全排列的，所以这里就包括了盒子不同的情况。这种情况就相当于集合 M = { x , x , . . . , x , ( r – 1 ) ∗ △ } M = \{x,x,...,x, (r – 1)*△\} M={ x,x,...,x,(r–1)∗△}的全排列，故而相应的方案数为 ( n + r − 1 ) ! ( r − 1 ) ! \frac{(n+r-1)!}{(r-1)!} (r−1)!(n+r−1)!
习题8、 把 n 个不同颜色的小球放入 r 个不同形状的盒子，恰好有一个空盒的放法有多少种？恰好有 m（m < n）个空盒的放法有多少种？
解: 恰好有一个空盒的放法: ( r 1 ) \binom{r}{1} (1r) * (r-1)! * S(n,r-1)
恰好有 m 个空盒: ( r m ) \binom{r}{m} (mr) * (r-m)! * S(n,r-m)
习题9、有七种小球，每个小球内有 1~7 个星星。一次活动中，主办方随机发放礼品盒，每个盒里放两个这样的小球，那么共有多少种这样的礼品盒?
解: 题目可以理解为有两个相同小球，放入到7个不同的染缸中（每个染缸的星星数不同）。
此时一共有 ( 2 + 7 − 1 2 ) = ( 8 2 ) = 28 \binom{2+7-1}{2}=\binom{8}{2}=28 (22+7−1)=(28)=28 种礼品盒