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引入
首先有一个广为人知的结论：
\(a+b)\^2=a\^2+2ab+b\^2 \\
那么，如何求 \((a+b)^3\) 呢？手算，如下：
\\\begin{aligned} (a+b)\^3 \&= (a+b)\\times(a+b)\^2\\\\ \&=(a+b)\\times(a\^2+2ab+b\^2)\\\\ \&=\[a\\times(a\^2+2ab+b\^2)+b\\times(a\^2+2ab+b\^2)\\ &=(a^3+2a^2b+ab^2)+(a^2b+2ab^2+b^3)\\ &=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \end{aligned} \]
正题
尝试性的去找找规律，然后就会找到
\(a+b)\^k=\\sum\\limits_{i=0}\^{k}\\binom{k}{i}a\^ib\^{k-i} \\
其中\(\binom{k}{i}\)表示在 \(k\) 个数里任取 \(i\) 个的方案数，等价于 \(C_{k}^{i}\)。
证明：
首先，如果我们不合并同类项，那么我们得到的项数是 \(2^k\)。这个可以这么证：假设已知 \((a+b)^k\) 不合并时有 \(n\) 项，那么
\\\begin{aligned} (a+b)\^{k+1} \&= (a+b)(a+b)\^k\\\\ \&=a(a+b)\^k+b(a+b)\^k \\end{aligned}\\
左右两式的项数都是 \(n\)，和为 \(2n\)。
然后 \(a\) 和 \(b\) 的次数之和是 \(k\)，这个结论是显然的。我们在乘方的时候，每一个 \((a+b)\) 里都会选一个 \(a\) 或 \(b\)出来。于是挂在前面那个组合数的也证出来了：取到\(a^ib^{k-i}\) 的情况等价于有一个长为 \(k\) 的01序列，1的个数为 \(i\)，求不同方案数的问题，显然是 \(C_i^k\)。类似的还有：
- 在 \(k\) 个灯里开了 \(i\) 个，关了 \(k-i\) 个，求方案数的问题。
- 在网格图从(1,1)走到(i,j)，只能向上、向右走，求路径数。
延伸
然而，二项式定理能扩展到的东西远不止于此。看看这个：
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
..................
上面是 \((a+b)^k\) 各项系数列的表。有没有感觉有一点似曾相识？
没错，就是它，杨辉三角！
接下来，我们要从二项式层面证明杨辉三角可以用来求二项式展开后的系数。不妨先假设杨辉三角可以求展开后系数，那么杨辉三角的第 \(i\) 行第 \(j\)列就可以被表示为 \(C_i^j\)，在结合求杨辉三角的递推式 \(a_{i,j}=a_{i-1,j-1}+a_{i-1,j}\)，有此式：
\C_i\^j=C_{i-1}\^{j-1}+C_{i-1}\^{j} \\
然后推右式，如下：
\\\begin{aligned} C_{i-1}\^{j-1}+C_{i-1}\^{j}\&=\\tfrac{(i-1)!}{(i-j)!(j-1)!}+\\tfrac{(i-1)!}{(i-j-1)!j!}\\\\\&=\\tfrac{1}{j!}(\\tfrac{(i-1)!j}{(i-j)!}+\\tfrac{(i-1)!}{(i-j-1)!})\\\\\&=\\tfrac{1}{j!(i-j)!}\[(i-1)!j+(i-1)!(i-j)\\&=\tfrac{(a-1)!}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\&=\tfrac{(a-1)!a}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\&=\tfrac{a!}{j!(i-j)!}\\&=C_i^j \end{aligned}\]
所以杨辉三角的递推来求二项式展开的系数是有正确性的。这也给了我们另一个递推求组合数的思路，在一些题目里会很有用，但是我想平时不会有人会选择 \(O(n)\) 求解组合数吧。