写了有点久，基本都写得oiwiki上的但自认为写的更好(至少对于我自己的理解来说)
定义基础
排列
从 \(n\) 个元素中考虑顺序地选出 \(k\) 个元素的方案数，写作 \(A_n^k\)。
显然：
\A_n\^k = \\frac{n!}{(n - k)!} \\
圆上排列
一个长度为 \(n\) 的圆环上选一段长度为 \(k\) 的段的排列数，写作 \(Q_n^k\) 。
当 n = k \\(，显然有 ：\\)Q_n\^n = \\frac{A_n\^n}{n}
推广到 ，于是有：\(Q_n^k = \frac{A_n^k}{k}\)
组合
从 \(n\) 个元素中不计顺序地选出 \(k\) 个元素的方案数，写作 \(C_n^k\) 或 \(\binom{n}{k}\) 。
有：
\\\binom{n}{k} = \\frac{n!}{(n - k)!k!} \\
杨辉三角
\\binom{i}{j} 的值实际上等于杨辉三角的第 \(i\) 行 \(j\) 列。（若不存在则等于 \(0\)）
插板法
技巧的实现
现有 \(n\) 个 完全相同 的元素，要求将其分为 \(k\) 组，保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？
考虑拿 \(k - 1\) 块板子插入到 \(n\) 个元素两两形成的 \(n - 1\) 个空里面，答案：
\\\binom{n - 1}{k - 1} \\
本质
求解 x_1 + x_2 + x_3 + \\cdots + x_k = n 的正整数解的组数。
变式
允许空集：
等于再加了 \(k\) 个空能拿来插以作为空集。
\\\binom{n + k - 1}{k - 1} = \\binom{n + k - 1}{n} \\
*显然对于组合数，有: \(\binom{n}{m} = \binom{n}{n - m}\)
其本质可以扩展到求解 x_1 + x_2 + x_3 + \\cdots + x_k = n 的非负整数解的组数。
对于每个 \(x_i\) 都有各自的下界，即求 x_1 + x_2 + x_3 + \\cdots + x_k = n 且 \(x_i \ge a_i\)：
显然可以将 \(n\) 减去 \(\sum a_i\)，即每个 \(x_i\) 都先取一个 \(a_i\)。
然后对于剩下的就转换成了允许空集的情况，显然有答案：
\\\binom{n + k - \\sum a_i - 1}{n - \\sum a_i} \\
不相邻排列
从 \(1\) ~ \(n\) 中取 \(k\) 个数不存在两个相邻的数字的方案数。
可以理解为于 \(n\) 中刨去 \(k - 1\) 个数，再选 \(k\) 个数。刨去的 \(k - 1\) 个数使得这 \(k\) 个数中每两个数间的其中一个数能被刨去，这样不论怎么选都是合法的。
\\\binom{n - (k - 1)}{k} = \\binom{n - k + 1}{k} \\
进阶结论
多重集排列数 （多重组合数）
这两个名字表示的一个东西，都是一个多重集（不是集合，内部有序且有重复数字）的排列个数。
对于一个多重集 \(S = {n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k}\)，内含 \(n_i\) 个 \(a_i\)，其排列个数为：
\\\binom{n}{n_1, n_2, \\cdots, n_k} = \\frac{n!}{n_1! n_2! \\cdots n_k!} = \\frac{n!}{\\Pi_{i = 1}\^{k} n_i!} \\
先算出所有元素的排列数，再一次除以每种元素内部的排列数。
多重集的组合数
等价于求解 x_1 + x_2 + x_3 + \\cdots + x_k = n 的非负整数解的组数
(\(\binom{n + k - 1}{n}\))
二项式定理
\(a + b) \^ n = \\sum_{i = 0}\^{n} \\binom{n}{i} a \^ i b \^ {n - i} \\
证明：数学归纳法
能证明到：
\\\binom{n}{k} + \\binom{n}{k - 1} = \\binom{n + 1}{k} \\
扩展至多项式：
\(x_1 + x_2 + \\cdots + x_t) \^ n = \\sum_{x_1 + x_2 + x_3 + \\cdots + x_k = n 的非负整数解} \\binom{n}{n_1, n_2, \\cdots, n_k} x_1\^{n_1}x_2\^{n_2}... \\
当 \(x_1 = x_2 = \cdots = x_t = 1\)，
\\\sum \\binom{n}{n_1, n_2, \\cdots, n_k} = t \^ n \\
各种推论
1.
对于定义，显然：
\\\binom{n}{k} = \\frac{n}{k} \\binom{n - 1}{k - 1} \\
可以将组合数拆乘多项式进行证明
2.
对于从 \(n\) 中取 \(m\) 个，对于第 \(m\) 个数取不取分类，根据定义显然有：
\\\binom{n}{m} = \\binom{n - 1}{m} + \\binom{n - 1}{m - 1} \\
3.
我们假设要从 \(n\) 个数中选若干个数(也可能不选)。
对于枚举选多少个来算答案，显然有:
\\\sum_{i = 0}\^{n} \\binom{n}{i} \\
对于枚举每一为选不选，显然有：
\2 \^ n \\
于是我们得到了：
\\\sum_{i = 0}\^{n} \\binom{n}{i} = 2 \^ n \\
不难发现这个是二项式定理 在两项皆为的常数 \(1\) 时的结论。
4.
考虑另一种二项式定理的特殊情况，两项分别为 \(1\) & \(-1\)，\(n = 0\)，显然有： \\sum_{i=0}\^{n} (-1)\^{i} \\binom{n}{i} = \[n = 0\]
5. \(\mathit{Vandermonde} 卷积\)
也叫范德蒙德恒等式。
\\\binom{n + m}{k} = \\sum_{i = 0}\^{k} \\binom{n}{i}\\binom{m}{k - i} \\
证明：
对于一个集合大小为 \(n\) 要选 \(k\) 个元素，可以将其拆成两个大小分别为 \(n\) 与 \(m\) 的集合，分别枚举两个集合各选多少。
6.
当范德蒙德卷积中，\(n = m = k\) 时，显然有：
\\\binom{2n}{n} = \\sum_{i = 0}\^n\\binom{n}{i}\\binom{n}{n - i} \\
即：
\\\binom{2n}{n} = \\sum_{i = 0}\^n\\binom{n}{i}\^2 \\
7.
\\\sum_{i = 0} \^ n i \\binom{n}{i} = n2\^{n - 1} \\
证明：
观察到等式的右边与3式右边的等式的求导形式一样，考虑对3式等式左边也进行求导。
考虑对二项式定理左边求导，并带入 \(b = 1\)：
\(\\sum_{i = 0}\^ n \\binom{n}{i} a\^i) \^\\prime = \\sum_{i = 0}\^n \\binom{n}{i}ia\^{i - 1} \\
再将 \(a = 1\) 带入：
\(\\sum_{i = 0}\^ n \\binom{n}{i} a\^i) \^\\prime = \\sum_{i = 0}\^n \\binom{n}{i}ia\^{i - 1} = \\sum_{i = 0}\^n i \\binom{n}{i} \\
得证。
8.
\\\sum_{i=0}\^{n} i\^2 \\binom{n}{i} = n{(n+1)}{2\^{n-2}} \\
类比7式，再导一次(?)。
9.朱世杰恒等式
\\\sum_{l=0}\^{n} \\binom{l}{k} = \\binom{n+1}{k+1} \\
这其实是组合数在使用杨辉三角进行求值的形式。（可以画个图看一下）
10.
若 \(F_x\) 表示斐波那契数列第 \(x\) 项，则有：
\\\sum_{i=0}\^{n} \\binom{n-i}{i} = F_{n+1} \\
考虑数学归纳法。
当 \(k = 0, 1\)时，\(F_0 = 1, F_1 = 1\)，显然成立。
当 \(k > 1\)，假设等式成立。
\\\therefore F_{k - 1} = \\sum_{i = 0}\^{k - 1} \\binom{k - i - 1}{i} \\\\ F_{k} = \\sum_{i = 0}\^{k} \\binom{k - i}{i}\\\\ F_{k + 1} = \\sum_{i = 0}\^{k + 1} \\binom{k - i + 1}{i} \\
\\\therefore F_{k + 1} = \\sum_{i = 0}\^{k + 1} \\binom{k - i + 1}{i}\\\\ = 1 + \\sum_{i = 1}\^{k + 1} \\binom{k + 1 - i}{i}\\\\ = 1+ \\sum_{i = 1}\^{k + 1} \\binom{k - i}{i - 1} + \\sum_{i = 1}\^{k + 1} \\binom{k + 1 - i}{i - 1}\\\\ \\
\\\therefore F_{k + 1} = 1 + \\sum_{i = 0}\^{k} \\binom{k - i}{i} + \\sum_{i = 0}\^{k + 1} \\binom{k - i}{i - 1} - 1\\\\ = \\sum_{i = 0}\^{k} \\binom{k - i}{i} + \\sum_{i = 0}\^{k + 1} \\binom{k - i}{i - 1} \\
\\\because F_{k - 1} = \\sum_{i = 0}\^{k - 1} \\binom{k - i - 1}{i} \\\\ F_{k} = \\sum_{i = 0}\^{k} \\binom{k - i}{i} \\\\ F_{k + 1} = F_k + F_{k - 1} \\
\\\therefore 原等式成立 \\
11.李善兰恒等式
\\\binom{n + k}{n} \^ 2 = \\sum_{j = 0}\^k \\binom{k}{j}\^2 \\binom{n + 2k - j}{2k} \\
证明：范德蒙德卷积，但这里太窄写不下了。 （其实是不会）
当然，杨辉三角也可以证明。
\\mathit{Catalan}数
\C_n = \\frac{1}{n + 1} \\cdot \\binom{2n}{n} = \\frac{(2n)!}{n! \\cdot (n + 1)!}, \\quad n \\geq 0. \\
\C_n = \\binom{2n}{n} - \\binom{2n}{n + 1}, \\quad n \\geq 0. \\
\C_n = \\frac{4n - 2}{n + 1} C_{n - 1}, \\quad n \> 0, \\quad C_0 = 1. \\
\C_n = \\sum_{i=0}\^{n-1}C_iC_{n-i-1}, \\quad n \> 0, \\quad C_0 = 1. \\
作用：将形如3式或是4式的递推转换为1式进行快速求解。