从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m\leq n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leq n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $\mathrm A_n^m$ （或者是 $\mathrm P_n^m$ ）表示。

排列的计算公式如下：

$\mathrm A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!}$

$n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$ 。

公式可以这样理解： $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \le n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n-m+1$ 个，得：

$\mathrm A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!}$

全排列： $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推得：

$\mathrm A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n!$

全排列是排列数的一个特殊情况。

组合数

从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m\leq n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leq n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $\mathrm C_n^m$ 来表示。

组合数计算公式

$\mathrm C_n^m = \frac{\mathrm A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!}$

如何理解上述公式？我们考虑 $n$ 个人 $m$ ( $m \le n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_n^m$ 。如果在乎排列那么就是 $A_n^m$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_n^m$ ，所以得：

$\mathrm C_n^m \times m! = \mathrm A_n^m\\ \mathrm C_n^m = \frac{\mathrm A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n-m)!}$

组合数也常用 $\displaystyle \binom{n}{m}$ 表示，读作「 $n$ 选 $m$ 」，即 $\displaystyle \mathrm C_n^m=\binom{n}{m}$ 。实际上，后者表意清晰明了，美观简洁，因此现在数学界普遍采用 $\displaystyle \binom{n}{m}$ 的记号而非 $\mathrm C_n^m$ 。

组合数也被称为「二项式系数」，下文二项式定理将会阐述其中的联系。

特别地，规定当 $m>n$ 时， $\mathrm A_n^m=\mathrm C_n^m=0$ 。

二项式定理

在进入排列组合进阶篇之前，我们先介绍一个与组合数密切相关的定理——二项式定理。

二项式定理阐明了一个展开式的系数：

$(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i$

证明可以采用数学归纳法，利用 $\displaystyle \binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}=\binom{n+1}{k}$ 做归纳。

二项式定理也可以很容易扩展为多项式的形式：

设 n 为正整数， $x_i$ 为实数，

$(x_1 + x_2 + \cdots + x_t)^n = \sum_{满足 n_1 + \cdots + n_t=n 的非负整数解} \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_t^{n_t}$

其中的 $\binom{n}{n_1n_2\cdots n_t}$ 是多项式系数，它的性质也很相似：

$\sum{\binom{n}{n_1n_2\cdots n_t}} = t^n$

排列与组合进阶篇

接下来我们介绍一些排列组合的变种。

多重集的排列数 | 多重组合数

请大家一定要区分 多重组合数 与 多重集的组合数 ！两者是完全不同的概念！

多重集是指包含重复元素的广义集合。设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$ ， $n_2$ 个 $a_2$ ，…， $n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集， $S$ 的全排列个数为

$\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}$

相当于把相同元素的排列数除掉了。具体地，你可以认为你有 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $n_1,n_2,\cdots,n_k$ ，且 $n=n_1+n_2+\ldots+n_k$ 。这 $n$ 个球的全排列数就是 多重集的排列数 。多重集的排列数常被称作 多重组合数 。我们可以用多重组合数的符号表示上式：

$\binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}$

可以看出， $\displaystyle \binom{n}{m}$ 等价于 $\displaystyle \binom{n}{m,n-m}$ ，只不过后者较为繁琐，因而不采用。

多重集的组合数 1

设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$ ， $n_2$ 个 $a_2$ ，…， $n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于整数 $r(r<n_i,\forall i\in[1,k])$ ，从 $S$ 中选择 $r$ 个元素组成一个多重集的方案数就是 多重集的组合数 。这个问题等价于 $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$ 的非负整数解的数目，可以用插板法解决，答案为

$\binom{r+k-1}{k-1}$

多重集的组合数 2

考虑这个问题：设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$ ， $n_2$ 个 $a_2$ ，…， $n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于正整数 $r$ ，从 $S$ 中选择 $r$ 个元素组成一个多重集的方案数。

这样就限制了每种元素的取的个数。同样的，我们可以把这个问题转化为带限制的线性方程求解：

$\forall i\in [1,k],\ x_i\le n_i,\ \sum_{i=1}^kx_i=r$

于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下：

全集： $\displaystyle \sum_{i=1}^kx_i=r$ 的非负整数解。
属性： $x_i\le n_i$ 。

于是设满足属性 $i$ 的集合是 $S_i$ ， $\overline{S_i}$ 表示不满足属性 $i$ 的集合，即满足 $x_i\ge n_i+1$ 的集合。那么答案即为

$\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right|$

根据容斥原理，有：

$KaTeX parse error: No such environment: split at position 8: \begin{̲s̲p̲l̲i̲t̲}̲ \left|\bigcup_…$

拿全集 $\displaystyle |U|=\binom{k+r-1}{k-1}$ 减去上式，得到多重集的组合数

$Ans=\sum_{p=0}^k(-1)^p\sum_{A}\binom{k+r-1-\sum_{A} n_{A_i}-p}{k-1}$

其中 A 是充当枚举子集的作用，满足 $|A|=p,\ A_i<A_{i+1}$ 。

不相邻的排列

$1 \sim n$ 这 $n$ 个自然数中选 $k$ 个，这 $k$ 个数中任何两个数不相邻数的组合有 $\displaystyle \binom {n-k+1}{k}$ 种。

错位排列

我们把错位排列问题具体化，考虑这样一个问题：

$n$ 封不同的信，编号分别是 $1,2,3,4,5$ ，现在要把这 5 封信放在编号 $1,2,3,4,5$ 的信封中，要求信封的编号与信的编号不一样。问有多少种不同的放置方法？

假设我们考虑到第 $n$ 个信封，初始时我们暂时把第 n 封信放在第 n 个信封中，然后考虑两种情况的递推：

前面 $n-1$ 个信封全部装错；
前面 $n-1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错。

对于第一种情况，前面 $n-1$ 个信封全部装错：因为前面 $n-1$ 个已经全部装错了，所以第 n 封只需要与前面任一一个位置交换即可，总共有 $f(n-1)\times (n-1)$ 种情况。

对于第二种情况，前面 $n-1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错：考虑这种情况的目的在于，若 $n-1$ 个信封中如果有一个没装错，那么我们把那个没装错的与 $n$ 交换，即可得到一个全错位排列情况。

其他情况，我们不可能通过一次操作来把它变成一个长度为 n 的错排。

于是可得错位排列的递推式为 $f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2))$ 。

错位排列数列的前几项为 $0,1,2,9,44,265$ 。

圆排列

$n$ 个人全部来围成一圈，所有的排列数记为 $\mathrm Q_n^n$ 。考虑其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。
所以有

$\mathrm Q_n^n \times n = \mathrm A_n^n \Longrightarrow \mathrm Q_n = \frac{\mathrm A_n^n}{n} = (n-1)!$

由此可知部分圆排列的公式：

$\mathrm Q_n^r = \frac{\mathrm A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!}$

组合数性质 | 二项式推论

由于组合数在 OI 中十分重要，因此在此介绍一些组合数的性质。

$\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\tag{1}$

相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。（对称性）

$\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}\tag{2}$

由定义导出的递推式。

$\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\tag{3}$

组合数的递推式（杨辉三角的公式表达）。我们可以利用这个式子，在 $O(n^2)$ 的复杂度下推导组合数。

$\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}=2^n\tag{4}$

这是二项式定理的特殊情况。取 $a=b=1$ 就得到上式。

$\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=0\tag{5}$

二项式定理的另一种特殊情况，可取 $a=1, b=-1$ 。

$\sum_{i=0}^m \binom{n}{i}\binom{m}{m-i} = \binom{m+n}{m}\ \ \ (n \geq m)\tag{6}$

拆组合数的式子，在处理某些数据结构题时会用到。

$\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}\tag{7}$

这是 $(6)$ 的特殊情况，取 $n=m$ 即可。

$\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}=n2^{n-1}\tag{8}$

带权和的一个式子，通过对 $(3)$ 对应的多项式函数求导可以得证。

$\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\tag{9}$

与上式类似，可以通过对多项式函数求导证明。

$\sum_{l=0}^n\binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1}\tag{10}$

可以通过组合意义证明，在恒等式证明中较常用。

$\binom{n}{r}\binom{r}{k} = \binom{n}{k}\binom{n-k}{r-k}\tag{11}$

通过定义可以证明。

$\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i}=F_{n+1}\tag{12}$

其中 $F$ 是斐波那契数列。

$\sum_{l=0}^n \binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1}\tag{13}$

通过组合分析——考虑 $S={a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}}$ 的 $k+1$ 子集数可以得证。

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