课程：组合计数 第一讲 排列组合入门
概念
加法原理与乘法原理
若将问题划分为若干两两互斥的情形 \(S_1,\dots,S_m\)，则总数为 \(\sum_{i=1}^m |S_i|\)（加法原理）。
若一个构造过程分成相继的若干步，且“每条合法方案”可由各步的选择唯一确定，则总数为各步可选数目的乘积（乘法原理）。
要点
- “互斥”= 不重不漏；“相乘”要求“路径唯一性”（不同步的选择拼起来不会重复/漏计）。
- “或”用加法，“且”用乘法；分类不互斥或步骤不独立会导致重/漏计。
- 和本讲探究对齐：在例题一中“车牌格式为两类”是互斥分类，用加法；类内每位字符独立选择，用乘法。
例子
- 例 1：解锁密码是“4 位数字”或“6 位数字”，总数 \(=10^4+10^6\)。
- 例 2：编号三位：首位 26 个大写字母，后两位各 10 个数字，总数 \(=26\cdot 10\cdot 10\)。
- 例 3：从两所学校各选一名代表参赛：第一所 \(a\) 种选法，第二所 \(b\) 种，总数 \(=a\cdot b\)。
理解
- 把“问题空间”画成若干不相交的块（分类），块大小相加；
把“构造路径”看作多步决策树，每前进一步分叉，整条路径唯一决定一个结果，路径数相乘。
排列与组合
从 \(n\) 个互异元素中“按顺序”选 \(k\) 个的方案数为 \(A(n,k)=\dfrac{n!}{(n-k)!}\)。
从 \(n\) 个互异元素中“无顺序”选 \(k\) 个的方案数为 \(C(n,k)=\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\)。
要点
- 有序/角色区分 → 排列；无序/不分角色 → 组合。
- \(A(n,3)=C(n,3)\cdot 3!\)；\(C(n,k)=C(n,n-k)\)。
例子
- 例 1：从 \(n\) 人中选班长/副班长/学习委员（不同角色）：\(A(n,3)\)。
- 例 2：从 \(n\) 人中选 3 人组队（不分角色）：\(C(n,3)\)。
- 例 3：先选 4 人再指定其中两人担任“组长/副组长”（有序指派）：\(C(n,4)\cdot A(4,2)\)。
理解
- “组合”先选集合，“排列”在集合内再排位置；
把“角色”视为“位置”，角色越多越偏向排列。
二项式系数
从 \(n\) 个互异元素中“无顺序”选取 \(k\) 个的方案数
\[C(n,k)=\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}. \]
要点
- “无序/角色不分”用组合；“选出来再打乱顺序”会重复计数。
- 对称性：\(C(n,k)=C(n,n-k)\)（选 \(k\) 个等价于“弃掉 \(n-k\) 个”）。
例子 1
从 \(10\) 人中选 \(3\) 人组成小组：\(C(10,3)\)。小组内无职位区分。
定理
帕斯卡恒等式
对 \(1\le k\le n-1\)，
要点
- 固定某元素 \(P\)：不选 \(P\) 的方案数 \(C(n-1,k)\)；选 \(P\) 的方案数 \(C(n-1,k-1)\)；互斥相加。
例子
- 例 1：从 \(n\) 人中选 \(k\) 人，按“是否选到小明”分类。
- 例 2：\((1+x)^n\) 的系数递推可由该恒等式导出。
- 例 3：杨辉三角相邻两数之和等于下一行对应数。
理解
- “是否包含某元素”的二分，是最基本的互斥分类；该恒等式是这种分类的代数化。
-
二项式定理
对任意实数 \(a,b\) 与整数 \(n\ge 0\)，
\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^k. \]要点
- 把 \(n\) 个括号中的每个选择 \(a\) 或 \(b\)，恰选 \(k\) 次 \(b\) 的方案数为 \(C(n,k)\)。
- 常见推论：\(\sum_k \binom{n}{k}=2^n\)；\(\sum_{k\ \text{偶}}\binom{n}{k}=\sum_{k\ \text{奇}}\binom{n}{k}=2^{n-1}\)（见“奇偶配对”理解）。
例子
- 例 1：\(a=b=1\) 时总子集数为 \(2^n\)。
- 例 2：\(a=1,b=-1\) 时交错和为 \(0\)（\(n\ge 1\)）。
- 例 3：系数恒等式来自不同取值的代入（如 \(a=2,b=1\)）。
理解
- 01 选择的组合模型：每个括号“选/不选 \(b\)”，等价于从 \(n\) 个位置里选 \(k\) 个位置放 \(b\)。合并同类项就把“无序选择”的本质暴露为组合数。
Vandermonde 恒等式
设 \(r,s,m\) 为非负整数，
要点
- 把 \(r+s\) 个元素分成两组：前 \(r\) 与后 \(s\)；从总共 \(m\) 个的选择等价于“在前组取 \(i\)，后组取 \(m-i\)”，对 \(i\) 求和。
与探究对齐：你提出的“固定 \(x\) 个人”的推广，正确形式应是乘积 \(\binom{x}{i}\binom{n-x}{k-i}\) 的求和，并包含 \(i=0\) 情形。
例子
- 例 1：从两所学校共 \(r+s\) 人中选 \(m\) 人，按两校人数切分计数。
- 例 2：\((1+x)^{r+s}=(1+x)^r(1+x)^s\) 的 \(x^m\) 系数比较。
- 例 3：取 \(r=s\) 的对称情形可给出中心二项式的分拆。
理解
- “分块—卷积”：把整体的选择拆解为各子块上的选择，求和即系数卷积；与多项式乘法的系数卷积直觉一致。
加权恒等式（标记法）— 例：\(k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}\)
对 \(n\ge k\ge 1\)，
要点
- 计数“带一个标记元素的 \(k\) 人组”：先选组再标记 vs. 先定标记再补齐，二者计数相同。
例子
- 例 1：带“队长”的 \(k\) 人小队；
- 例 2：从 \(n\) 个点选 \(k\) 个并指定一个特殊点；
- 例 3：抽签时“抽到某人”的概率按两种方式计算一致。
理解
- “标记”把组合问题与线性因子连接：标记数 \(k\) 替代为 \(n\) 与规模降一的组合数，体现“先标记再自由选择”的思维。
例题
例题 1｜分类与步骤的边界感
题目：车牌样式有两类，互斥。
- A 类：2 个大写字母 + 4 个数字（如 AB1234）；
- B 类：3 个大写字母 + 3 个数字（如 ABC123）。
字母和数字均可重复。问共有多少种车牌？
解：
- A 类：\(26^2\cdot 10^4\)；B 类：\(26^3\cdot 10^3\)。
- 两类互斥，用加法原理：
要点：若把“先选类”与“填位”混淆成乘法，会误算；必须先辨析“或/且”。
例题 2｜排列还是组合？
题目：从 \(n\) 人中选出 3 人组成“班长、学习委员、生活委员”三职；
以及，从 \(n\) 人中选出 3 人组成“学习小组”。两问各有多少种方案？
解：
- 职位：有序（角色区分），\(A(n,3)=n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\)。
- 小组：无序（角色不分），\(C(n,3)=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}\)。
要点：若把小组当成排列，会把同一组的 \(3!\) 种排法重复计数。
例题 3｜二项式定理的组合解释
题目：解释 \((1+1)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\) 与 \((1-1)^n=\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}\) 的意义。
解：
- \((1+1)^n=2^n\)：从 \(n\) 个元素中选任意子集（每个元素选/不选），总数 \(2^n\)；按子集大小分层，层大小为 \(C(n,k)\)，相加得 \(2^n\)。
- \((1-1)^n=0\)（当 \(n\ge 1\)）：用加权计数（选 \(k\) 个记 \((-1)^k\) 权重），正负抵消到 \(0\)。
探究
Round 1【疑问】回复
关于帕斯卡恒等式，我们说“固定一个人 P，考虑包含和不包含 P 的情况”，这个是否可以推广到固定 x 个人：
\[\binom{n}{k} = \sum_{i = 1}^{x} \big(\binom{n - x}{k} + \binom{n - x}{k - i}\big) \times \binom{x}{i} \]表示，对于 x 个人中，考虑每次选取 i 个，每次就有 \((x\ i)\) 个情况，每个情况的贡献就是括号内的那么多，这个对吗？
- 正确的推广是 Vandermonde 恒等式（你已经走在正确方向上了），应写成
- 组合意义：把 \(n\) 人分成“固定的 \(x\) 人集合 S”和“其余 \(n-x\) 人”。从 \(n\) 人里选 \(k\) 人，等价于“从 S 里选 \(i\) 人、从其余里选 \(k-i\) 人”，对 \(i\) 求和。
- 你的式子里“\(\binom{n-x}{k}+\binom{n-x}{k-i}\)”会重复计数；应是乘积 \(\binom{x}{i}\binom{n-x}{k-i}\)。另外还需要包含 \(i=0\) 的项（不选 S 中的人）。
- 边界写法：可将求和写作 \(i=0\) 到 \(k\)，并按约定令 \(\binom{a}{b}=0\)（当 \(b<0\) 或 \(b>a\)）以免专门处理越界。
- 特例 \(x=1\) 就是帕斯卡恒等式：
Round 2【理解】回应
二项式定理本质上就是由于 \(a/b\) 选取的 01 性质以及合并同类项的“无序/不分角色”性质，成为了组合数的直接体现。那些常见恒等式我觉得还需要多见一见，当作例子罗列一下。
完全同意。给你一份“常见恒等式速览”（都可用组合法或代数法证明）：
- 总数与奇偶分裂
- 加权求和（标记法）
（推得 \(\sum k^2\binom{n}{k}=n\,2^{n-1}+n(n-1)\,2^{n-2}\)）
- Hockey-stick（冰球杆）
- Vandermonde（你刚用到的）
Round 3【例题】讲评
例题一
你已定位错误来源。这里“车牌格式”两类互斥，每类内部“位次固定（字母位、数字位）”，不需要再乘 \(6!\)。
正确答案：
例题二
两种方法一致：
前者“按位填人”，后者“先选人再排位”，路径唯一所以不重不漏。
例题三
解释到位：
- \((1+1)^n=\sum_{k}\binom{n}{k}\) 是按子集大小分层求和；
- \((1-1)^n=\sum_{k}(-1)^k\binom{n}{k}=0\)（\(n\ge1\)）来自“选择 \(b\) 的位置数目为 \(k\)，权重 \((-1)^k\) 的加权抵消”。
练习
训练
T1
设密码由 6 位字符组成。每位可为数字或大写字母，但必须至少包含 1 个字母。你如何用“先全计再容斥一个集合”的思路避免分类重叠？写出表达式（不必化简）。
考虑先计算出全部情况，然后减去一个字母都不包含的情况。
\[\mathrm{ans} = (26 + 10) ^ 6 - 10^6 \]
T2
从 \(n\) 人中选 4 人排成一行并指定其中两人为组长和副组长，与“先选 4 人再在其中指派组长和副组长”的乘法拆分是否一致？给出等式并说明为何无重复。
一样的，\(C(n,4) * C(4,2)\)，在公式上还是理解上都一样的。
因为排成一行本身就是选取和分职两个动作的结合。
不过这个应该和这种选法也是等价的：直接从 n 个人里选两个当组长，再从 n-2 里选两个当副组长，也就是 \(C(n,2) + C(n-2, 2)\)。
T3
用组合解释说明 \(k\cdot \binom{n}{k}=n\cdot \binom{n-1}{k-1}\) 成立（提示：两种方式计数“带一个标记的 \(k\) 人组”）。
组合意义解释不出来。但是公式上是这样的：
\[\mathrm{LHS} = k \cdot \cfrac{n!}{k! (n-k)!} = \cfrac{n!}{(k - 1)! (n-k)!} \\ \mathrm{RHS} = n \cdot \cfrac{(n-1!}{(k-1! (n-k)!} = \cfrac{n!}{(k - 1)! (n-k)!} \]
T4
用 \(a=b=1\) 的二项式定理给出 \(\sum_{k\ \text{偶}} \binom{n}{k}=\sum_{k\ \text{奇}} \binom{n}{k}\) 的理由。
\(a=b=1\) 的二项式定理：
\[(1 + 1) ^ n = \sum _{k = 0} ^ n \binom{n}{k} 1^{n - k}1^k \]我不能证明。
批改与讲评（T1–T4）
T1 正确
设密码由 6 位字符组成。每位可为数字或大写字母，但必须至少包含 1 个字母。
你的容斥表达式无误：
T2 需订正与补齐
从 n 人中选 4 人排成一行并指定其中两人为组长和副组长，与“先选 4 人再在其中指派组长和副组长”的乘法拆分是否一致？
- 若不考虑队形，只做“先选 4 人，再指派组长/副组长（有序）”，应为
你写成了 \(\binom{n}{4}\cdot \binom{4}{2}\)，少乘了角色的次序 \(2!\)。
- 若题目真的包含“排成一行”（队形有序），则
两者等价，因为 \(A(n,4)=\binom{n}{4}\cdot 4!\)。
- 你提出的“先选两位组长、再选两位副组长”的想法要改成“先选组长，再选副组长，再选两名普通成员”，表达为
它与上式等价，因为
T3 组合解释补上（代数推导里有小括号/阶乘笔误）
说明 \(k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}\)
-
组合意义：计数“带一个标记元素的 \(k\) 人组”。
先选组再标记：\(\binom{n}{k}\cdot k\)；先标记再补全：\(n\cdot \binom{n-1}{k-1}\)。二者计同一对象，故相等。 -
代数式：
T4 给出两种证明“偶项和 = 奇项和”
证明 \(\displaystyle \sum_{k\ \text{偶}}\binom{n}{k}=\sum_{k\ \text{奇}}\binom{n}{k}\)（\(n\ge 1\)）
代数法（用二项式定理）：
把两式相加/相减可得奇偶两部分各为 \(2^{n-1}\)，因此相等。
组合法
一、总子集数是 \(2^n\)
- 对于一个有 \(n\) 个元素的集合，每个元素都有两种独立选择：选/不选。
- 用乘法原理，\(2\times 2\times\cdots\times 2=2^n\) 种选择，对应所有子集的总数。
二、总子集数也等于 \(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\)
- 按“子集大小”分层统计：大小为 \(k\) 的子集有 \(C(n,k)\) 个。
- 把各层相加，就得到“所有子集”的总数：
三、为什么“偶数大小的子集数 = 奇数大小的子集数 = \(2^{n-1}\)”
- 设定一个固定元素 \(P\)。定义配对映射
即“把 \(P\) 的状态在 \(S\) 里翻转”（对称差：如果 \(P\in S\) 就删掉，否则就加入）。
这个映射有三个关键性质：
- 双射（可逆）：\(\phi(\phi(S))=S\)，所以它把所有子集配成不相交的二元对。
- 改变奇偶：\(|\phi(S)|=|S|\pm 1\)，因此“偶 ↔ 奇”。
- 无不动点：不存在 \(S\) 使 \(\phi(S)=S\)（因为总在翻转 \(P\)）。
\(\phi\) 是自反双射且无不动点，并且把“偶大小子集”双射到“奇大小子集”。于是两类子集数量相等。再用总数 \(2^n\)，得各为 \(2^{n-1}\)
（这里要求 \(n\ge 1\)；当 \(n=0\) 时只有空集，偶类为 1，奇类为 0）。
于是“偶大小子集”和“奇大小子集”一一对应，数量相等。两类合在一起是 \(2^n\)，所以各自都是 \(2^{n-1}\)：
四、直观例子（\(n=3\)，全集 \(\{1,2,3\}\)，取 \(P=1\)）
子集与配对：
- \(\varnothing \leftrightarrow \{1\}\)（大小 0 ↔ 1）
- \(\{2\} \leftrightarrow \{1,2\}\)（1 ↔ 2）
- \(\{3\} \leftrightarrow \{1,3\}\)（1 ↔ 2）
- \(\{2,3\} \leftrightarrow \{1,2,3\}\)（2 ↔ 3）
偶与奇严格成对，所以偶数大小有 4 个，奇数大小也有 4 个，各为 \(2^{3-1}=4\)。
五、反转-配对模板（aka 符号翻转/反演套路）
- 选一个可“翻转”的局部属性（比如是否包含固定元素 P，或是否左乘一个固定换位 τ）。
- 定义映射 φ：执行一次翻转。证明两点：
- 自反：φ(φ(x))=x（于是天然成“成对”结构）。
- 无不动点：φ(x)≠x（确保不会把某个元素配到自己）。
- 说明翻转会改变你关心的“二值属性”（奇↔偶、正↔负、含 P ↔ 不含 P）。
- 结论：
- 不带权计数：两类元素“成双成对”，所以数量相等。
- 带符号权重：一对里的权重相反，求和彼此抵消为 0。
六、扩展例题
- 子集奇偶对半
- 取全集 [n] 与固定元素 P，φ(S)=S△{P}。大小 ±1，奇偶互换；双射配对 ⇒ 奇偶各 2^{n-1}。
- 置换的偶奇对半
- 在 S_n 里取固定换位 τ（如交换 1 与 2），φ(π)=τ∘π。换位改变置换的奇偶性；且 φ 的平方是恒等。因此偶置换与奇置换数量相同。
【回答】第一个问题：
\(C(n,k)\) 的含义为选取所有大小为 \(n\) 的全集 \(U\) 的大小为 \(k\) 的子集个数。
那么在求和的过程中，偶数大小子集为正，奇数为负；
考虑定义关于元素 \(P\) 函数 \(φ(S)\) 表示取 \(S \triangle {P}\)，那么具有以下性质：
这代表构成了奇子集和偶子集的双射，他们个数相等。
所以
证毕。
复习
- 两大原则
- 加法原理：互斥分类相加；乘法原理：路径唯一性相乘。
- 排列与组合
- \(A(n,k)\) 有序/分角色；\(C(n,k)\) 无序/不分角色；\(A(n,k)=C(n,k)\cdot k!\)。
- 经典恒等式与理解
- 帕斯卡：按“是否含某元素”分类。
- 二项式：01 选择 + 合并同类项。
- Vandermonde：分块选择 + 卷积。
- 奇偶各半：翻转固定元素的配对双射。
- 标记法：\(kC(n,k)=nC(n-1,k-1)\)，先选组再标记 vs 先标记再补齐。
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