组合初解、分析组合数、组合恒等式（世界上最垃圾的组合数学1）（坑）
前言
组合数，一个令人头大的东西
参考资料
组合数：https://www.luogu.com.cn/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi
定义
\(n!=1*2*3*...*n\)
\([p]\)仅当条件\(p\)成立时此式子的值为\(1\)，否则为\(0\)。
有标号的东西：简单来说就是东西之间存在不同，比如\(1,2\)和\(2,1\)是两个不同的排列，而\(aa\)和\(aa\)则是两个相同的排列。
\(\bar{A}\)表示\(A\)的补集。
\(S\)表示全集。
组合数初解
代数意义
什么是组合数？
比如说有\(n\)个不同的人，问你他们不同的排列数，你一下子就说\(n!\)啊。
毕竟第一个位置有\(n\)个选择，第二个位置有\(n-1\)个选择，第三个\(n-2\)个选择以此类推。
那么如果从中抽\(m\)个人并进行排列呢？
第一个位置\(n\)种选择，到第\(m\)个位置停止，那不就是\(\frac{n!}{(n-m)!}\)吗
但是，如果只是问你从\(n\)个人中随便选\(m\)个人的方案是多少，你就一下子懵了。
但是你想想看，同\(m\)个人，他们能组成的排列数是\(m!\)种，那么我们用\(\frac{n!}{(n-m)!}\)除\(m!\)不就可以得到结果了吗？
也就是\(\frac{n!}{(n-m)!m!}\)。
具体的，从\(n\)个人中选\(m\)个的方案数的数学符号为\(C_{n}^m\)，或者为\(\binom{n}{m}\)，从\(n\)个人中选\(m\)个人出来排列为\(A_{n}^m\)。
\(C_{n}^m=\frac{n!}{(n-m)!m!},A_{n}^m=\frac{n!}{(n-m)!}\)
图形意义
你知道杨辉三角形吗？
是的，就是下面这坨东西：
每个数字都等于上面两个数字的和，图中给出了两个例子：\(2=1+1,6=3+3\)，特别的，每行的最左边和最右边都是\(1\)，实际上，第\(i\)行第\(j\)个数字就是\(C_{i-1}^{j-1}\)。
具体的证明可以看简单恒等式中的第3条
二项式意义
如果要说组合数最NB的意义，就是这个意义了。
\((a+1)^k=\sum\limits_{i=0}^kC_{k}^ia^i(k∈N_{+})\)
所以\(C_{k}^i\)就是\(a_{i}\)的系数。
简单恒等式
是的，这里的恒等式非常的简单。
注：一下证明都是在假定左边的式子有意义的情况下予以证明，如果\(C_{n}^i(i>n或者i<0)\)，那么值为\(0\)。
- \(C_{n}^i=C_{n}^{n-i}\)
证明：\(C_{n}^i=\frac{n!}{(n-i)!i!}=\frac{n!}{i!(n-i)!}=C_{n}^{n-i}\) - \(C_{n}^i=\frac{n}{i}C_{n-1}^{i-1}\)
证明：\(C_{n}^i=\frac{n!}{i!(n-i)!}=\frac{n}{i}\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}=\frac{n}{i}C_{n-1}^{i-1}\) - \(C_{n}^i=C_{n-1}^{i-1}+C_{n-1}^i(n>0)\)
如果\(n=i\)或者\(i=0\)，显然成立，然后开始代数证明（从右边的式子推到左边）：
\(\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}+\frac{(n-1)!}{i!(n-i-1)!}=\frac{i}{n}\frac{n!}{i!(n-i)!}+\frac{n}{n-i}\frac{n!}{i!(n-i)!}=C_{n}^i\)。
当然，这也就证明了上面杨辉三角形代表的组合意义。 - \(\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_{n}^i=[n=0]\)
这个用杨辉三角形非常的好证明，对于第\(n(n>0)\)行，奇数位置为蓝色，偶数位置为红色，然后全部向上一行指过去，上一行每个数字都被一个红色和一个蓝色指到，刚好相消，只有当\(n=0\)时，该式子的值为\(1\)。
- \(\sum\limits_{i=0}^nC_{n}^i=2^n\)
这个我只能从组合意义去证明，对于\(n\)个硬币，\(2^n\)就表示不同的硬币朝上的情况，如果设\(k\)个硬币朝上的方案其实就是\(C_{n}^k\) - \(C_{n}^iC_{i}^m=C_{n}^mC_{n-m}^{n-i}\)
证明：\(\frac{n!}{i!(n-i)!}*\frac{i!}{m!(i-m)!}=\frac{n!}{(n-m)!(n-i)!}*\frac{(n-m)!}{m!(i-m)!}=\frac{n!}{(n-m)!m!}*\frac{(n-m)!}{(n-i)!(i-m)!}=C_{n}^m*C_{n-m}^{n-i}\)
分析组合数
参考：https://www.luogu.com.cn/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi
这里主要就是如何分析出这个用什么组合数，当然，这也是组合数中最难的部分，这里只讲一个初等的方法，至于超级大佬的方法，需要自己去积累了。
容斥原理
\(|A|\)表示这个集合中的元素个数。
两个集合的容斥：\(|A∪B|=|A|+|B|-|A∩B|\)
对于多个集合的容斥：
\(A_1,A_2,A_3,A_4,...\)
设\(S_{k}\)为\(k\)个\(A\)集合的交集
\(|A_1∪A_2∪A_3∪A_4.....∪A_n|=\sum\limits_{j=1}^n(-1)^{j-1}\sum\limits_{1≤i_1<i_2<...<i_j≤n}|A_{i_1}∩A_{i_2}|\)
证明的话也是灰常的简单：
一个元素被\(k\)个集合包含，那么其会被统计多少次呢？
就是：\(C_{k}^1-C_{k}^2+.....+(-1)^{k-1}C_{k}^k=0+C_{k}^0=1\)
当然，容斥原理也有其余形式：
\(|\bar{A_1}∩\bar{A_2}∩\bar{A_3}...∩\bar{A_n}|=|S|-|A_1∪A_2∪A_3...∪A_n|\)
证明：
\(\overline{A_{1}∪A_{2}∪A_{2}∪...∪A_n}=\overline{A_1}∩\overline{A_2}∩\overline{A_3}...∩\overline{A_n}\)
换一下，证毕。
当然，还有一个奇怪的式子：
\(\overline{A_{1}∩A_{2}∩A_{2}∩...∩A_n}=\overline{A_1}∪\overline{A_2}∪\overline{A_3}...∪\overline{A_n}\)
证明：
你只需要把\(A\)全部取补代入\(\overline{A_{1}∪A_{2}∪A_{2}∪...∪A_n}=\overline{A_1}∩\overline{A_2}∩\overline{A_3}...∩\overline{A_n}\)，然后左右取补集即可。
插板法
插板法，顾名思义：插板
举个例子：
假设现在有\(n\)个小球，没有编号，但是又有\(m\)个有标号的框，问有多少种放球方法，不允许一个框没有球。
那么我们可以把小球排成一排，然后在球与球的空隙之间插板，第一个板左边是第一个框，第一个板到第二板就是第二个框，以此类推，只需要插\(m-1\)个板即可。
也就是：\(C_{n-1}^{m-1}\)
那这个方法有什么用呢？在分析组合数时会比较直观，比较方便，当然也要运用合理，否则就会闹不小的笑话。
那如果是允许框是空的呢？
非常simple的方法就是给每个框都放上一个球，这样就跟上面的题一摸一样啦。
捆绑法
其实就是把物体当成一个整体，用参考资料中的一个例子：
例子：有 8本不同的书；其中数学书 3本，外语书 2本，其它学科书 3本．若将这些书排成一列放在书架上，求数学书和外语书都放在一起的方案数
把 3本数学书“捆绑”在一起看成一个整体， 2本外语书也“捆绑”在一起看成一个整体，与其它 3本书一起看作 5个元素，然后就可以求了
本源出发
有时候想组合数要从组合出发，直接考虑方案，这样有时候会好搞很多，尤其是容斥判重以及理解时也十分需要这种思想，掌握了方法，也不要忘记根本啊。
坑
补齐恒等式如果没有意义时证明是否成立
增加较难的组合数
