新征程 5.11 组合数学（二）
最完美的数学——组合
组合数学
-- Cr_deviance
引入
加法原理：
定义：加法原理是分类计数原理，常用于排列组合。具体来说，就是做一件事，完成它有\(n\)类方式，第一类方式.有\(M_{1}\)种方法，第二类方式有\(M_{2}\)种方法，...，第\(n\)类方式有\(M_{n}\)种方法，那么完成这件事共有\(M_{1}+M_{2}+...+M_{n}\)种方法。
口诀：类类独立。
应用：在做一件事时，如果有几类不同的方法，而且每一类方法中又有几种可能的做法，那么要求完成这件事有多少种做法，就应当将各类方法中可能的种数加起来。
乘法原理：
定义：乘法原理是指做一件事，完成它需要分成\(n\)个步骤，做第一步有\(M_{1}\)种不同的方法，做第二步有\(M_{2}\)种不同的方法，...，做第\(n\)步有\(mn\)种不同的方法。那么完成这件事共有\(N=\) \(M_{1}\)×\(M_{2}\)×...×\(M_{n}\)种不同的方法。
口诀：步步相关。
注意事项：运用乘法原理时，应确保各步骤依次完成，不得多余、重复或缺少某一步骤，以保证整个事件的完成。
概念
介绍完两个原理之后，我再引入两个概念：排列数和组合数。
1.排列数：
从\(n\)个不同的元素中依次取出\(m\)个元素组成一列，产生的不同排列的数量为：
\(A_{n}^{m} =n×(n−1)×…×(n−m+1)=\frac{n!}{(n−m)!}\)
注：\(A_{n}^{m}\)也可记作\(P_{n}^{m}\)。
2.组合数：
从\(n\)个不同的元素中取出\(m\)个组成一个集合（不考虑顺序），产生不同集合数量为：
\(C_{n}^{m} = \frac{n×(n−1)×…×(n−m+1)}{m×(m−1)×…×2×1} =\frac{n!}{m!×(n−m)!}\)。
显然，排列数和组合数的区别在于，排列数不考虑每一个集合中的顺序，而组合数则考虑。
所以，公式也可以这样理解：\(C_{n}^{m} =\frac{A_{n}^{m}} {A_{m}^{m}} =\frac{n!}{m!×(n−m)!}\)
（\(\frac{1}{A_{m}^{m}}\)可理解为这\(m\)个数按不同顺序所能组成的方案数）。
计数方法策略
介绍完两个概念，现在我来介绍\(10\)个计数方法策略：
1.特殊元素和特殊位置优先策略
例题：
由\(0，1，2，3，4，5\)可以组成多少个没有重复数字的五位奇数。
题解：
由于末位和首位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置。
首先考虑末位：\(1，3，5\)为奇数，我们要从中选出来一个方案数为\(C_{3}^{1}\)。
然后考虑首位：\(0\)不能作为首位，所以首位的方案数为\(C_{4}^{1}\)。
最后考虑中间三位：已经拿走了\(2\)个数，还有\(4\)个数，从这\(4\)个数中选出\(3\)个数，方案数为\(A_{4}^{3}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(C_{3}^{1}\)\(×\)\(C_{4}^{1}\)\(×A_{4}^{3}=288\)。
练习题：
用\(0\)到\(9\)这\(10\)个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？
题解：
共有\(C_{5}^{1}\)×\(A_{9}^{2}\)种偶数，再减去首位为\(0\)的情况，为\(C_{4}^{1}×C_{4}^{1}\)，注意\(0\)在首位，末尾就不能为\(0\)，所以为\(C_{4}^{1}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(C_{5}^{1}\)×\(A_{9}^{2}-\)\(C_{4}^{1}×\)\(C_{8}^{1}\)\(=328\)。
2.相邻元素捆绑策略
例题：
\(7\)人站成一排，其中甲乙相邻且丙丁相邻，共有多少种不同的排法。
题解：
我们可以先将甲乙，丙丁分别看成是一个人，这时候的方案数为\(A_{5}^{5}\)。
然后在考虑甲乙，丙丁内部的方案数，各为\(A_{2}^{2}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(A_{5}^{5}\)×\((A_{2}^{2})^{2}\)=480。
练习题：
记者要为\(5\)名志愿者和他们帮助的\(2\)位老人拍照，要求排成一排，\(2\)位老人相邻但不排在两端，求不同排法的数量。
题解：
还是将这两个老人捆绑在一起。
先考虑五名志愿者所能组成的排列数为\(A_{5}^{5}\)。
考虑老人不排能在两端，那么我们可以看成将这2个老人所组成的整体插入这5名志愿者所组成的4个间隙，方案数为\(C_{4}^{1}\)。
然后再考虑这两个老人内部的方案数为\(A_{2}^{2}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(A_{5}^{5}×C_{4}^{1}×A_{2}^{2}=960\)。
3.不相邻插空策略
例题：
衡水二中的元旦晚会的节目有\(4\)个舞蹈，\(2\)个相声，\(3\)个独唱(不可能)，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有多少种？
题解：
分两步计算：
首先，\(2\)个相声和\(3\)个独唱共有\(A_{5}^{5}\)种方案数。然后我们可以将这\(4\)个舞蹈不能连续出场看成将它们插入\(2\)个相声和\(3\)个独唱所产生的\(6\)个间隙中，方案数为\(A_{6}^{4}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(A_{5}^{5}\)×\(A_{6}^{4}=43200\)。
提示：不相邻计数通常使用插空法。
4.定序问题倍缩空位插入策略（倍缩法）
例题：
\(7\)人排队，其中甲乙丙\(3\)人顺序一定，共有多少不同的排法。
解释一下题意，“甲乙丙\(3\)人顺序一定”表示甲在乙前，乙在丙前，不需要连续。
题解：
先不考虑这三个人的顺序则有\(A_{7}^{7}\)种排法。然后考虑我们再除这三个人所能组成的\(A_{3}^{3}\)种排法。
根据乘法原理统计答案为：\(\frac{A_{7}^{7}}{A_{3}^{3}}\)=\(A_{7}^{4}=840\)。
5.排列问题求幂策略
例题：
把\(6\)名实习生分配到\(7\)个车间实习，共有多少种不同的分法。
题解：
这道题的特点为：每个实习生的分配对下一个实习生的分配没有任何影响，每个人都有\(7\)
个车间可选，答案即为\(7^6\)。
6.环排问题线排策略
例题：
\(8\)人围桌而坐,共有多少种坐法?
题解：
这道题与坐成一排的区别在于坐成一圈没有首尾之分。
那么我们可以将这道题理解为：先固定一个人，然后让剩下的\(7\)个人随便坐即可。答案为\(A_{7}^{7}=5040\)。
提示1：一般地，\(n\)个不同元素作圆形排列，共有\((n−1)!\)种排法。
提示2：如果从\(n\)个不同元素中取出\(m\)个元素作圆形排列，共有\(\frac {A_{n}^{m}} {m}\)种排法。
7.多排问题直排策略
例题：
\(8\)人排成前后两排，每排\(4\)人，其中甲乙在前排，丙在后排，共有多少排法。
题解：
我们现将这个问题转化为\(8\)个人做成一排，甲乙坐在前四个座位，丙坐在后四个座位。
前排有两个特殊元素，方案数为\(A_{4}^{2}\)。
后排有一个特殊位置，方案数为\(A_{4}^{1}\)。
剩下\(5\)个人坐在剩下\(5\)个座位，方案数位\(A_{5}^{5}\)。
根据乘法原理统计答案为：\(A_{4}^{2}\)\(×A_{4}^{1}\)\(×A_{5}^{5}=5760\)。
8.排列组合混合问题先选后排策略
例题：
有\(5\)个不同的小球,装入\(4\)个不同的盒内，每盒至少装一个球，求共有多少不同的装法。
题解：
依然是分两步处理：
1.从\(5\)个球中选出\(2\)个组成复合元共有\(C_{5}^{2}\)种方法。
2.把\(4\)个元素(包含一个复合元素)装入\(4\)个不同的盒内有\(A_{4}^{4}\)种方法。
根据乘法原理统计答案为：\(C_{5}^{2}\)\(×A_{4}^{4}=240\)。
那么，有的同学可能会有这样的思路：
首先，从\(5\)个球中选取\(4\)个共有\(A_{5}^{4}\)种方法。
然后将最后一个球放进这四个盒中的其中一个，共有\(C_{4}^{1}\)。
然后根据乘法原理统计答案为：\(A_{5}^{4}×C_{4}^{1}=480\)。
为什么答案会是\(2\)倍呢？
这么考虑一下，我们先将\(1，2，3，4\)这\(4\)个球依次放进\(1，2，3，4\)这四个盒子，然后再将\(5\)号球放进\(1\)号盒子；然后下次再将\(5，2，3，4\)这\(4\)个球依次放进\(1，2，3，4\)这四个盒子，然后将\(1\)号球放进\(1\)号盒子，这两种情况是一样的，但是我们重复统计了，所以再将答案除\(2\)即为得数。
9.平均分组问题除法策略
例题：
\(6\)本不同的书平均分成\(3\)堆，每堆\(2\)本共有多少分法。
题解：
分三步拿书：先从\(6\)本书中拿出\(2\)本，共有\(C_{6}^{2}\)种方法。
然后从剩下\(4\)本书中拿出\(2\)本，共有\(C_{4}^{2}\)种方法。
最后拿走剩下两本，共有\(C_{2}^{2}\)种方法。
然而每种方案又被计算了\(A_{3}^{3}\)次，所以要除掉。
根据乘法原理统计答案为：\(\frac{C_{6}^{2}×C_{4}^{2}×C_{2}^{2}}{A_{3}^{3}}=15\)。
10.重排列
例题：
由四面红旗，三面蓝旗，二面黄旗，五面绿旗排成的一排彩旗有多少种？
题解：
首先，不去考虑旗子的颜色，单纯去考虑\(14\)面彩旗所能组成的方案数共有\(A_{14}^{14}\)种。
然后依次考虑四面红旗会被重复统计\(A_{4}^{4}\)次，三面蓝旗会被重复统计\(A_{3}^{3}\)次，二面黄
旗会被重复统计\(A_{2}^{2}\)次，五面绿旗会被重复统计\(A_{5}^{5}\)次。
根据乘法原理统计答案为：\(\frac{A_{14}^{14}}{A_{4}^{4}×A_{3}^{3}×A_{2}^{2}×A_{5}^{5}}=2522520\)。
常用结论
现在介绍完了这\(10\)种技术方法策略，我们在来介绍两个比较常用的结论：
1.将一个长度为\(n\)的序列划分成\(m\)段非空子串的方案数为\(C_{n−1}^{m−1}\)。
相当于在\(n−1\)个空位中选择\(m−1\)个插入隔板的方案数 。
2.将一个长度为\(n\)个序列划分成\(m\)段可空子串的方案数为\(C_{m+n−1}^{m−1}\)。
相当于在\(m+n−1个\)位置中选择\(m−1\)个作为隔板的方案。
鸽巢原理
鸽巢原理（又称抽屉原理）可以简单地表述为：把多于\(n\)个的物体放到\(n-1\)个鸽巢里，则至少有一个鸽巢里的东西不少于两件。具体来说，有以下几种形式
- 第一鸽巢原理：
- 把多于\(n\)个的物体放到\(n-1\)个鸽巢里，则至少有一个鸽巢里的东西不少于两件。
- 把多余\(mn+1（n!=0）\)个的物体放到n个鸽巢里，则至少有一个鸽巢里有不少于\(（m+1）\)的物体。
- 把无穷多件物体放入\(n\)个鸽巢，则至少有一个鸽巢里有无穷个物体。
- 第二鸽巢原理：把（\(mn-1\)）个物体放入\(n\)个鸽巢里，其中必有一个鸽巢中至多有（\(m-1\)）个物体。
此外，还有以下原理：
- 若有\(n\)个笼子和\(n+1\)只鸽子，所有的鸽子都被关在鸽笼里，那么至少有一个笼子里有至少\(2\)只鸽子。
- 把\(（n+1）\)个物体任意放进\(n\)个抽屉中（\(n\)是非\(0\)自然数），一定有一个抽屉中至少放进了\(2\)个物体。
鸽巢原理是一个重要而又基本的组合原理，在解决数学问题时有非常重要的作用。
容斥原理
在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。
至于二项式定理和康托展开，不打算讲，想听的扣1
The End.
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