定义与符号

用 $n!$ 表示 $n$ 的阶乘；$n^{\underline k}$ 表示其下降阶乘幂；$n^{\overline k}$ 表示其上升阶乘幂。$n!=1\times 2\times...\times n,n^{\underline k}=n\times(n-1)\times...\times(n-k+1),n^{\overline k}=n\times(n+1)\times...\times(n+k-1)$
用 $A_n^m$ 表示从 $n$ 个元素中有序选 $m$ 个的数量（排列），$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}=n^{\underline m}$
用 $C_n^m$ 或 $n\choose m$ 表示从 $n$ 个元素中选 $m$ 个元素所组成的集合的数量（组合），$C_n^m=$$n\choose m$$=\frac{n!}{(n-m)!m!}=\frac{n^{\underline m}}{m!}$

计数

计数原理

加法原理：如果完成一件事有 $n$ 类方法，且第 $i$ 类方法有 $a_i$ 种方案，则完成这件事共有 $\Sigma a_i$ 种方案。
乘法原理：如果完成一件事有 $n$ 个步骤，且第 $i$ 个步骤有 $a_i$ 种方案，则完成这件事共有 $\Pi a_i$ 种方案。

计数方法

捆绑法。将一些元素看成一个整体，先将有限制的元素先进行计算，再将所有元素进行计算。
插空法。当要求某些元素不相邻 时，将有限制的 $m$ 个元素放入 $n-m+1$ 个空格之中。
隔板法。将 $n$ 个元素放入 $m$ 个容器中，相当于将元素分成 $m$ 组。

组合有关恒等式

对称：

\ ${n\\choose k}={n \\choose n-k} \\$

吸收、提取：

\ ${n\\choose k}=\\frac{n}{k}{n-1\\choose k-1} \\$

加法、归纳：

\ ${n\\choose k}={n-1\\choose k}+{n-1\\choose k-1} \\$

证明1（组合意义）：最后一个人可选可不选。

证明2：写成定义式直接加。

相伴：

\ $(n-k){n\\choose k}=n{n-1\\choose k},k{n\\choose k}=(n-k+1){n\\choose k-1} \\$

证明：写成定义式直接化即可。

上指标反转：

\ ${n\\choose k}=(-1)\^k{k-n-1\\choose k} \\$

证明：

\ $\\begin{aligned} {n\\choose k}\&=\\frac{n\^{\\underline k}}{k!}\\\\ \&=\\frac{n\\times(n-1)\\times...\\times(n-k+1)}{k!}\\\\ \&=\\frac{(-1)\^k\\times(-n)\\times(1-n)\\times...\\times(k-n-1)}{k!}\\\\ \&=(-1)\^k\\frac{(k-n-1)\^{\\underline k}}{k!}\\\\ \&=(-1)\^k{k-n-1\\choose k} \\end{aligned} \\$

三项式系数：

\ ${n\\choose m}{m\\choose k}={n\\choose k}{n-k\\choose m-k} \\$

证明1（组合意义）：从 $n$ 个元素中选 $m$ 个再从 $m$ 个元素中选 $k$ 个，等价于直接从 $n$ 个数中选 $k$ 个，再从 $n-k$ 个中选剩余 $m-k$ 个。

证明2：写成定义式直接化即可。

上指标求和：

\ $\\sum_{i=m}\^{n}{i\\choose m}={n+1\\choose m+1} \\$

证明1（组合意义）：在 $n+1$ 个元素中选 $m+1$ 个元素，等价于强制在前 $i$ 个元素中选 $m$ 个元素，再在后面元素中选一个的方案数。

证明2：

\ $\\begin{aligned} {n+1\\choose m+1}\&={n\\choose m}+{n\\choose m+1}\\\\ \&={n\\choose m}+{n-1\\choose m}+{n-1\\choose m+1}\\\\ \&={n\\choose m}+{n-1\\choose m}+{n-2\\choose m}+{n-2\\choose m+1}\\\\ \&=\\sum_{i=0}\^n{i\\choose m}=\\sum_{i=m}\^n{i\\choose m} \\end{aligned} \\$

平行恒等式：

\ $\\sum_{i=0}\^n{m+i\\choose i}={m+n+1\\choose n} \\$

证明：

\ $\\sum_{i=0}\^n{m+i\\choose i}=\\sum_{i=0}\^n{m+i\\choose m}={m+n+1\\choose m+1}={m+n+1\\choose n} \\$

范德蒙德卷积/下指标卷积：

\ $\\sum_{i=0}\^k{n\\choose i}{m\\choose k-i}={n+m\\choose k} \\$

证明：一共有 $n+m$ 个元素，以 $n$ 为断点，在两边分别选一些元素，等价于直接在 $n+m$ 个元素中选 $k$ 个元素。

下指标点积：

\ $\\sum_{i=0}\^m{n\\choose i}{m\\choose i}={n+m\\choose m} \\$

证明同上。

上指标卷积：

\ $\\sum_{i=0}\^{k}{i\\choose n}{k-i\\choose m}={k+1\\choose n+m+1} \\$

证明：把 $k$ 个元素分成两部分，每部分分别选 $n$、$m$ 个，等价于有 $k+1$ 个元素，先选择其中一个作为隔板，然后再选出 $n+m$ 个元素。

组合数相关

$\texttt{Lucas}$ 定理

\ ${n\\choose m}\\equiv{\\lfloor\\frac{n}{p}\\rfloor\\choose\\lfloor\\frac{m}{p}\\rfloor}{n\\bmod p\\choose m\\bmod p}\\pmod p,p\\in prime \\$

证明：$\because{p\choose i}\bmod p= $m=1\\or m=p$ $ $\therefore(a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod{p}$

$\because{n\choose m}= $x\^m$ (1+x)^n$ $\therefore(1+x)^n=(1+x)^{p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}$

$\therefore(1+x)^n\equiv(1+x^p)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}+(1+x)^{n\bmod p}\pmod{p}$

对于每一个 $m$，都有 $m=p\lfloor\frac{m}{p}\rfloor+{m\bmod p}$

$\therefore{n\choose m}\equiv{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\choose\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}{n\bmod p\choose m\bmod p}\pmod p$

二项式定理

\ $(x+y)\^n=\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^iy\^{n-i}} \\$

证明：在 $n$ 个 $(x+y)$ 中分别选一项，可以考虑枚举 $x$ 个数分别算贡献。

拓展

\ $(x+y)\^{\\underline n}=\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i}}} \\$

\ $(x+y)\^{\\overline n}=\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\overline i}y\^{\\overline {n-i}}} \\$

证明：数学归纳法。（以第一个为例子）

基本情况：当 $n=1$ 时，有 $x+y=x+y$
归纳步骤：已知 $n$ 成立，当 $n$ 变成 $n+1$ 时，左式多出 $x+y-n$，代入右式得到：

\ $\\begin{aligned} \\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i}}(x+y-n)}\&=\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i}}((x-i)+(y-n+i))}\\\\ \&=\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline {i+1}}y\^{\\underline {n-i}}}+\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i+1}}}\\\\ \&=\\sum_{i=1}\^{n+1}{{n\\choose i-1}x\^{\\underline {i}}y\^{\\underline {n-i+1}}}+\\sum_{i=0}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i+1}}}\\\\ \&=x\^{n+1}+y\^{n+1}+\\sum_{i=1}\^{n}{{n\\choose i-1}x\^{\\underline {i}}y\^{\\underline {n-i+1}}}+\\sum_{i=1}\^n{{n\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i+1}}}\\\\ \&=x\^{n+1}+y\^{n+1}+\\sum_{i=1}\^n{{n+1\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n-i+1}}}\\\\ \&=\\sum_{i=0}\^{n+1}{{n+1\\choose i}x\^{\\underline i}y\^{\\underline {n+1-i}}}\\\\ \\end{aligned} \\$

牛顿级数

记 $\Delta^na$ 表示数列 $a$ 差分 $n$ 次后的数列，则有：

\ $\\Delta\^na_i=\\sum_{j=0}\^n(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j} \\$

证明1：数学归纳法。

基本情况：当 $n=0$ 时，有 $a_i=a_i$
归纳步骤：已知 $n$ 成立，当 $n$ 变成 $n+1$ 时

\ $\\begin{aligned} \\Delta\^{n+1}a_i\&=\\Delta\^na_i-\\Delta\^na_{i-1}\\\\ \&=\\sum_{j=0}\^n(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j}-\\sum_{j=0}\^n(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j-1}\\\\ \&=\\sum_{j=0}\^{n}(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j}+\\sum_{j=1}\^{n+1}(-1)\^j{n\\choose j-1}a_{i-j}\\\\ \&=a_{i-1}+(-1)\^{n+1}a_{i-n}+\\sum_{j=1}\^{n}(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j-1}+\\sum_{j=1}\^{n}(-1)\^j{n\\choose j-1}a_{i-j}\\\\ \&=a_{i-1}+(-1)\^{n+1}a_{i-n-1}+\\sum_{j=1}\^{n}(-1)\^j{n+1\\choose j}a_{i-j}\\\\ \&=\\sum_{j=0}\^{n+1}(-1)\^j{n+1\\choose j}a_{i-j}\\\\ \\end{aligned} \\$

证明2：定义平移算子 $E$，不变算子 $I$，则差分算子 $\Delta=I-E$。所以有：

\ $\\Delta\^na_i=(I-E)\^na_i=(\\sum_{j=0}\^n{(-1)\^j{n\\choose j}E\^jI\^{n-j}})a_i=\\sum_{j=0}\^n{(-1)\^j{n\\choose j}a_{i-j}} \\$

错排

记 $f_n$ 表示长度为 $n$ 的、不存在 $p_i=i$ 的排列个数，则有：

\ $f_n=(n-1)(f_{n-1}+f_{n-2}) \\$

证明：考虑第一个元素有 $n-1$ 种放法，设放到位置 $k$，那么元素 $k$ 就有两种情况：如果放在一，则剩余元素有 $f_{n-2}$ 种放法；否则则视为元素一加入含 $k$ 的置换环中，等价于在 $n-1$ 元素组成的置换环中插入元素一，则有 $f_{n-1}$ 种。

拓展鸽巢原理

将 $(\sum_{i=1}^np_i)-n+1$ 个元素放入 $n$ 个集合，一定存在一个集合 $i$，使得第 $i$ 个集合至少包含 $p_i$ 个元素。

证明：反证法。先假设第 $i$ 个集合中放了 $p_i-1$ 个元素，则会有一个元素不在集合中。

组合数学