组合意义，排列组合基础
组合原理
加法原理
用第一种方法可以写完这篇文章。
用第二种方法可以写完这篇文章。
…
用第n种方法可以写完这篇文章。
想要写完文章，共有多少种方式呢？
显然是n种。
这表明，从状态x转移到状态y（从没写完文章到写完文章），共有n种转移，就意味着有n种方法可以从状态x转移到状态y：
共有m种可能性
乘法原理
从状态x1转移到状态x2，有m1种方法。
从状态x2转移到状态x3，有m2种方法。
…
从状态xn-1转移到状态xn，有mn-1种方法。
共有 ∏ i = 1 n − 1 m i \overset{n-1}{\underset{i=1}{\prod}}m_i i=1∏n−1mi种方法。
共有 ∏ i = 1 n − 1 m i \overset{n-1}{\underset{i=1}{\prod}}m_i i=1∏n−1mi种可能性。
阶乘
从一个盒子里取出n个不同颜色的小球。把小球按照取出的顺序排好，总共有多少种可能的序列？
假如有{A，B，C}三种颜色的小球，可以画树状图：
3×2×1，共有6种情况。
事实上，这对应三种递进的状态：
状态 1 ( 压根没选 ) − > { 选颜色 A 选颜色 B 选颜色 C 状态1(压根没选)->\left\{\begin{matrix} 选颜色A\\ 选颜色B\\ 选颜色C \end{matrix}\right. 状态1(压根没选)−>⎩ ⎨ ⎧选颜色A选颜色B选颜色C
状态 2 ( 选了一个颜色 ) − > { 选剩下的一种颜色 选剩下的另一种颜色 状态2(选了一个颜色)->\left\{\begin{matrix} 选剩下的一种颜色\\ 选剩下的另一种颜色 \end{matrix}\right. 状态2(选了一个颜色)−>{选剩下的一种颜色选剩下的另一种颜色
状态 3 ( 选了两种颜色 ) − > { 选剩下的最后一种颜色 状态3(选了两种颜色)->\{选剩下的最后一种颜色 状态3(选了两种颜色)−>{选剩下的最后一种颜色
因此从一个盒子里取出n个不同颜色的小球。把小球按照取出的顺序排好，可能的序列数是 n × ( n − 1 ) × ( n − 2 ) × . . . × 2 × 1 = ∏ i = 1 n i n\times (n-1)\times(n-2)\times...\times 2\times1=\prod_{i=1}^ni n×(n−1)×(n−2)×...×2×1=∏i=1ni
定义 ∏ i = 1 n \prod_{i=1}^n ∏i=1n为 n ! n! n!，
也就是说，n个不同元素任意排列，可能的方案数有 n ! n! n!种。
0个元素任意排列，可能的方案只有一种，就是排不了。即 0 ! = 1 0!=1 0!=1
排列
关于集合S，把集合里的元素取出，得到的一个有序序列，这个序列称为S的一个排列。
定义 P n m = A n m P^m_n=A^m_n Pnm=Anm表示从 n n n个不同元素中，取出 m m m个元素，按照取出的顺序排好，可能得到的排列种类数。
A n m A_n^m Anm称为排列数（线排列）。
显然有： A n m = n ! ( n − m ) ! A_n^m=\frac {n!}{(n-m)!} Anm=(n−m)!n!
考虑首先枚举全排列，然后去除重复的情况：
举个例子：共有五个元素，用斜体表示我们选出的2个元素，考虑顺序：
假设取出 A , B A,B A,B：
{ A , B A,B A,B,C,D,E}
{ A , B A,B A,B,C,E,D}
{ A , B A,B A,B,D,C,E}
{ A , B A,B A,B,D,E,C}
{ A , B A,B A,B,E,C,D}
{ A , B A,B A,B,E,D,C}
对于选出 A , B A,B A,B这种情况来说，就算重了 ( n − m ) ! (n-m)! (n−m)!次。
假设取出 B , A B,A B,A：
{ B , A B,A B,A,C,D,E}
{ B , A B,A B,A,C,E,D}
{ B , A B,A B,A,D,C,E}
{ B , A B,A B,A,D,E,C}
{ B , A B,A B,A,E,C,D}
{ B , A B,A B,A,E,D,C}
对于选出 B , A B,A B,A这种情况来说，就算重了 ( n − m ) ! (n-m)! (n−m)!次。
假设取出 A , C A,C A,C:
{ A , C A,C A,C,B,D,E}
{ A , C A,C A,C,B,E,D}
{ A , C A,C A,C,D,B,E}
{ A , C A,C A,C,D,E,B}
{ A , C A,C A,C,E,B,D}
{ A , C A,C A,C,E,D,B}
对于选出 A , C A,C A,C这种情况来说，就算重了 ( n − m ) ! (n-m)! (n−m)!次。
同理，在 n ! n! n!种全排列中，每一种取出方式都重复计算了 ( n − m ) ! (n-m)! (n−m)!次，因此最终的种类数是 A n m = n ! ( n − m ) ! A_n^m=\frac {n!}{(n-m)!} Anm=(n−m)!n!
组合
定义一个集合S称为关于S的一个组合，组合无关于顺序。
定义 C n m = ( m n ) C_n^m=(^{\,n}_m) Cnm=(mn)，表示从n个不同元素中取出m个元素构成一个组合，可能形成的组合的种类数， ( m n ) (^{\,n}_m) (mn)称为组合数。
显然有： ( m n ) = n ! m ! ( n − m ) ! (^{n}_m)=\frac {n!}{m!(n-m)!} (mn)=m!(n−m)!n!
这是因为，首先我们考虑从n个不同元素中取出m个，考虑顺序的方案数，就是排列数 A n m A_n^m Anm，然后我们考虑，每一种组合的全排列都算作全排列的个数次贡献，每种组合都多做了 m ! m! m!倍的贡献。就比如上面的例子，{ A , B A,B A,B}和{ B , A B,A B,A}是一种组合，但却被算了两次，这是由于，{ A , B A,B A,B}的每个排列都被计算了一次。因此组合数 ( m n ) = A n m m ! = n ! m ! ( n − m ) ! (^{n}_m)=\frac {A_n^m}{m!}=\frac {n!}{m!(n-m)!} (mn)=m!Anm=m!(n−m)!n!
圆排列
定义 Q n n Q_n^n Qnn表示n个不同元素围成一圈，可能形成的环的种类数，称为圆排列数（环排列数）。
考虑每一个圆排列从任意位置断开都可以得到对应的线排列，因此 n ⋅ Q n n = A n n n\cdot Q_n^n=A^n_n n⋅Qnn=Ann，则有： Q n n = A n n n = ( n − 1 ) ! Q_n^n=\frac {A^n_n} n=(n-1)! Qnn=nAnn=(n−1)!
定义 Q n m Q_n^m Qnm表示n个不同元素中选出m个组成一个环，得到的圆排列数。
显然有： Q n m = ( m n ) ⋅ Q m m = n ! m ( n − m ) ! Q_n^m=(^n_m)\cdot Q_m^m=\frac {n!} {m(n-m)!} Qnm=(mn)⋅Qmm=m(n−m)!n!
这表示，先从n的不同元素中选出m个元素，再求出m个元素的圆排列数。
错位排列
给定一个去重的序列，如果这个序列的一个排列，满足任意一个元素都不处于原本序列的位置上，那么这个排列称为序列的一个错位排列。
简单而言，序列{1,2,…,n}的一个排列，如果满足 ∀ \forall ∀ai≠i，则称这个排列是关于n的一个错位排列。
这样定义 D n D_n Dn表示有多少个关于n的错位排列。 D n D_n Dn称为错位排列数。
显然有： D 1 = 0 , D 2 = 1 D_1=0,D_2=1 D1=0,D2=1
那么有错位排列的递推公式： D n = ( n − 1 ) ( D n − 1 + D n − 2 ) D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}) Dn=(n−1)(Dn−1+Dn−2)
考虑如何通过一次操作，就得到关于n的错排：
- 前n-1个数构成一个错排，只需要把任意一个数放在 a n a_n an的位置，把n放在那个空出来的位置上。放置n有 n − 1 n-1 n−1种方案。
- 前n-1个数中，仅有一个数满足 a i = i a_i=i ai=i，只需要把 n n n放在 a i a_i ai的位置上，然后把 i i i放在 a n a_n an的位置上就可以了。这样的i有n-1种可能。
事实上，错排还有二项式反演的计算公式：
D n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i ( i n ) i ! D_n=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(-1)^{n-i}\left(^n_i\right)i! Dn=i=0∑n(−1)n−i(in)i!
这个公式在二项式反演中给出证明，事实上，也可以通过把递推式带入的方法得到通项公式。
事实上，错排公式还可以通过多项式模拟得到，这里不讨论。
多重组合数
*这里说的多重组合数，不是“多重集组合数”。
将n个不同元素划分为m个集合，使得第i个集合的元素数量为mi个，有多少种划分的可能数记作： ( m 1 , m 2 , . . . , m m n ) \left(^{\;\;\;\;\;\;\;\;n}_{m_1,m_2,...,m_m}\right) (m1,m2,...,mmn)
那么重数为 ∏ i m i ! \underset{i}\prod m_i! i∏mi!，因此： ( m 1 , m 2 , . . . , m m n ) = n ! ∏ i m i ! \left(^{\;\;\;\;\;\;\;\;n}_{m_1,m_2,...,m_m}\right)=\frac{n!}{\underset{i}\prod m_i!} (m1,m2,...,mmn)=i∏mi!n!
多重组合数与多项式定理有关。
组合公式与变换技巧
排列数，圆排列数，错位排列数不常变换。
组合数公式
根据定义，显然有： ( m n ) = ( n − m n ) (^n_m)=(^n_{n-m}) (mn)=(n−mn)
公式1：递推式
( m n ) = ( m n − 1 ) + ( m − 1 n − 1 ) (^n_m)=(^{n-1}_m)+(^{n-1}_{m-1}) (mn)=(mn−1)+(m−1n−1)
考虑第一个元素选或者不选，如果不选，要在接下里的n-1个元素中选出m个。如果选，在接下来的n-1个元素中只需要选出m-1个。
公式2：分离式
分离式正变换
( k n ) ( m k ) = ( m n ) ( k − m n − m ) \left(^n_k\right)\left(^k_m\right)=\left(^n_m\right)\left(^{n-m}_{k-m}\right) (kn)(mk)=(mn)(k−mn−m)
考虑先从n中选k个，再从k中选m个。等价于先从n中选m个，再从剩下的n-m中选出k-m个（也就是说，从n中选出m个的，有 ( k − m n − m ) \left(^{n-m}_{k-m}\right) (k−mn−m)种情况）。
分离式常用于斯特林反演。
在组合代换中，分离式往往从右边推向左边：
( m n ) ( k − m n − m ) = ( k n ) ( m k ) \left(^n_m\right)\left(^{n-m}_{k-m}\right)=\left(^n_k\right)\left(^k_m\right) (mn)(k−mn−m)=(kn)(mk)
分离式逆变换
( m n ) ( i n − m ) = ( m + i n ) ( i m + i ) (^n_m)(^{n-m}_i)=(^n_{m+i})(^{m+i}_i) (mn)(in−m)=(m+in)(im+i)
分离式逆变换是组合代换的重要公式。
证明一下：
( m n ) ( i n − m ) (^n_m)(^{n-m}_i) (mn)(in−m)，设 i = k − m i=k-m i=k−m。
则： ( m n ) ( i n − m ) = ( m n ) ( k − m n − m ) = ( k n ) ( m k ) = ( m + i n ) ( m m + i ) (^n_m)(^{n-m}_i)=(^n_m)(^{n-m}_{k-m})=(^n_k)(^k_m)=(^n_{m+i})(^{m+i}_{m}) (mn)(in−m)=(mn)(k−mn−m)=(kn)(mk)=(m+in)(mm+i)
QED.
公式3：组合恒等式
k ( k n ) = n ( k − 1 n − 1 ) k(^n_k)=n(^{n-1}_{k-1}) k(kn)=n(k−1n−1)
留作习题，读者自证不难。
组合恒等式也可以用于斯特林反演，但不常用。
这个公式的高维形式（即 k p k^p kp）与斯特林反演有关。
推论式
( k n − 1 ) − ( k − 1 n − 1 ) = n − 2 k n ( k n ) (^{n-1}_k)-(^{n-1}_{k-1})=\frac {n-2k}{n}(^n_k) (kn−1)−(k−1n−1)=nn−2k(kn)
没什么用。
证明一下：
( k n − 1 ) − ( k − 1 n − 1 ) = n − 2 k n ( k n ) (^{n-1}_k)-(^{n-1}_{k-1})=\frac {n-2k}{n}(^n_k) (kn−1)−(k−1n−1)=nn−2k(kn)
首先考虑把n乘到左边：
n ( k n − 1 ) − n ( k − 1 n − 1 ) = ( n − 2 k ) ( k n ) n(^{n-1}_k)-n(^{n-1}_{k-1})=(n-2k)(^n_k) n(kn−1)−n(k−1n−1)=(n−2k)(kn)
n ( k n − 1 ) − n ( k − 1 n − 1 ) = n ( k n ) − 2 k ( k n ) n(^{n-1}_k)-n(^{n-1}_{k-1})=n(^n_k)-2k(^n_k) n(kn−1)−n(k−1n−1)=n(kn)−2k(kn)
左边有点像递推式，但是符号不对，考虑把右边带入递推式，能消掉一项：
n ( k n − 1 ) − n ( k − 1 n − 1 ) = n ( ( k n − 1 ) + ( k − 1 n − 1 ) ) − 2 k ( k n ) n(^{n-1}_k)-n(^{n-1}_{k-1})=n\left((^{n-1}_k)+(^{n-1}_{k-1})\right)-2k(^n_k) n(kn−1)−n(k−1n−1)=n((kn−1)+(k−1n−1))−2k(kn)
n ( k n − 1 ) − n ( k − 1 n − 1 ) = n ( k n − 1 ) + n ( k − 1 n − 1 ) − 2 k ( k n ) n(^{n-1}_k)-n(^{n-1}_{k-1})=n(^{n-1}_k)+n(^{n-1}_{k-1})-2k(^n_k) n(kn−1)−n(k−1n−1)=n(kn−1)+n(k−1n−1)−2k(kn)
− n ( k − 1 n − 1 ) = n ( k − 1 n − 1 ) − 2 k ( k n ) -n(^{n-1}_{k-1})=n(^{n-1}_{k-1})-2k(^n_k) −n(k−1n−1)=n(k−1n−1)−2k(kn)
2 k ( k n ) = 2 n ( k − 1 n − 1 ) 2k(^n_k)=2n(^{n-1}_{k-1}) 2k(kn)=2n(k−1n−1)
这显然就是组合恒等式：
k ( k n ) = n ( k − 1 n − 1 ) k(^n_k)=n(^{n-1}_{k-1}) k(kn)=n(k−1n−1)
QED.
公式4：组合数求和
对于组合数 ( B A ) (^A_B) (BA)，我们说 A A A是顶项， B B B是底项。
顶项为常数
∑ i = 0 n ( i n ) = 2 n \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)=2^n i=0∑n(in)=2n
左式取遍了n个元素的集合的所有子集。
也可以用二项式定理证明。
对于 ∑ i = 0 m ( i n ) \overset{m}{\underset{i=0}\sum}(^n_i) i=0∑m(in)，我暂时还没有找到一个比较好的方法求和，唐绍轩和黄楚宇说似乎不太好求。
底项为常数（朱世杰恒等式）
∑ i = 0 n ( m i ) = ( m + 1 n + 1 ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^i_m)=\left(^{n+1}_{m+1}\right) i=0∑n(mi)=(m+1n+1)
证明一下：
首先考虑把级数展开：
左 = ∑ i = 0 n ( m i ) = ( m 0 ) + ( m 1 ) + ( m 2 ) + . . . + ( m n − 2 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 左=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^i_m)=(^0_m)+(^1_m)+(^2_m)+...+(^{n-2}_m)+(^{n-1}_m)+(^n_m) 左=i=0∑n(mi)=(m0)+(m1)+(m2)+...+(mn−2)+(mn−1)+(mn)
考虑到右边的底项比左边大，可以想办法降下来，右侧可以套进递推式：
右 = ( m + 1 n + 1 ) = ( m + 1 n ) + ( m n ) 右=\left(^{n+1}_{m+1}\right)=(^n_{m+1})+(^n_m) 右=(m+1n+1)=(m+1n)+(mn)
再套递推式：
右 = ( m + 1 n + 1 ) = ( m + 1 n − 1 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 右=\left(^{n+1}_{m+1}\right)=(^{n-1}_{m+1})+(^{n-1}_m)+(^n_m) 右=(m+1n+1)=(m+1n−1)+(mn−1)+(mn)
对比一下左边：
左 = ( m 0 ) + ( m 1 ) + ( m 2 ) + . . . + ( m n − 2 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 左=(^0_m)+(^1_m)+(^2_m)+...+(^{n-2}_m)+(^{n-1}_m)+(^n_m) 左=(m0)+(m1)+(m2)+...+(mn−2)+(mn−1)+(mn)
右 = ( m + 1 n − 1 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 右=(^{n-1}_{m+1})+\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(^{n-1}_m)+(^n_m) 右=(m+1n−1)+(mn−1)+(mn)
这样就有一部分可以约掉了（这里先保留）。
然后我们重复套递推式：
右 = ( m + 1 n − k ) + ( m n − k ) + . . . + ( m n − 2 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 右=(^{n-k}_{m+1})+(^{n-k}_m)+...+(^{n-2}_m)+(^{n-1}_m)+(^n_m) 右=(m+1n−k)+(mn−k)+...+(mn−2)+(mn−1)+(mn)
令k=n，对比一下：
左 = ( m 0 ) + ( m 1 ) + ( m 2 ) + . . . + ( m n − 2 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 左=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(^0_m)+(^1_m)+(^2_m)+...+(^{n-2}_m)+(^{n-1}_m)+(^n_m) 左=(m0)+(m1)+(m2)+...+(mn−2)+(mn−1)+(mn)
右 = ( m + 1 0 ) + ( m 0 ) + ( m 1 ) + ( m 2 ) + . . . + ( m n − 2 ) + ( m n − 1 ) + ( m n ) 右=(^0_{m+1})+(^0_m)+(^1_m)+(^2_m)+...+(^{n-2}_m)+(^{n-1}_m)+(^n_m) 右=(m+10)+(m0)+(m1)+(m2)+...+(mn−2)+(mn−1)+(mn)
显然 ( m + 1 0 ) = 0 (^0_{m+1})=0 (m+10)=0喽，所以左边=右边。
QED.
推论
∑ i = k n ( m i ) = ∑ i = 0 n ( m i ) − ∑ i = 0 k − 1 ( m i ) = ( m + 1 n + 1 ) − ( m + 1 k ) \overset{n}{\underset{i=k}\sum}(^i_m)=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^i_m)-\overset{k-1}{\underset{i=0}\sum}(^i_m)=\left(^{n+1}_{m+1}\right)-\left(^{k}_{m+1}\right) i=k∑n(mi)=i=0∑n(mi)−i=0∑k−1(mi)=(m+1n+1)−(m+1k)
组合数求和难以直接优化时间复杂度，往往用于变换的步骤。
示例：
∑ i = 0 n ( i a + i ) = ∑ i = 0 n ( a a + i ) = ∑ i = a n + a ( a i ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^{a+i}_i)=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^{a+i}_a)=\overset{n+a}{\underset{i=a}\sum}(^{i}_a) i=0∑n(ia+i)=i=0∑n(aa+i)=i=a∑n+a(ai)
设 n + a = N n+a=N n+a=N， 原式 = ∑ i = a N ( a i ) 原式=\overset{N}{\underset{i=a}\sum}(^{i}_a) 原式=i=a∑N(ai)，这样就很容易求了。
如果只有底项上有常量，可以直接套朱世杰恒等式。
刚才的示例启示我们，如果组合数的上下都含有变量，可以想办法先把底项搞成常量，再对顶项换元，转化成求 ∑ ( m i ) \sum(^i_m) ∑(mi)的形式。
但是如果顶项上只有常量，就不太好办了。
公式5：组合数卷积
对于一些组合数，我们可以分成两部枚举计算。
（底项为变量）范德蒙德卷积公式
从固定的两个组合中选取的总数是不变的，取遍所有可能，做法就是把两个组合数拍成一个 ( i n ) ( k − i m ) − > ( k n + m ) (_i^n)(^m_{k-i})->(^{n+m}_k) (in)(k−im)−>(kn+m)：
∑ i = 0 n ( i n ) ( k − i m ) = ( k n + m ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)(^m_{k-i})=(^{n+m}_k) i=0∑n(in)(k−im)=(kn+m)
先从n中选i个，再从m中选k-i个，并且 i ∈ [ 0 , n ] i \in [0,n] i∈[0,n],这意味着取遍了关于n+m的组合的所有可能，等价于从n+m中选出k个。
范德蒙德卷积公式用于特定组合数的时间复杂度优化：例题
范德蒙德卷积公式还有两种常见用法：
- 优化形如 ∑ i = 0 n ( i n ) ( i m ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)(^m_{i}) i=0∑n(in)(im)的组合数求和问题： ∑ i = 0 n ( i n ) ( i m ) = ∑ i = 0 n ( i n ) ( m − i m ) = ( m n + m ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)(^m_{i})=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)(^m_{m-i})=(^{n+m}_m) i=0∑n(in)(im)=i=0∑n(in)(m−im)=(mn+m)
- 对于形如 ( k x + y ) \left(^{x+y}_k\right) (kx+y)的式子，可以回套范德蒙德卷积公式，做组合变换。
顶项为变量：
拍起来之后要上下两项要加1：
∑ i = 0 n ( x x + n − i ) ( y y + i ) = ( x + y + 1 x + y + n + 1 ) \overset{n}{\underset{i=0}\sum}\left(^{x+n-i}_{x}\right)\left(^{y+i}_{y}\right)=\left(^{x+y+n+1}_{x+y+1}\right) i=0∑n(xx+n−i)(yy+i)=(x+y+1x+y+n+1)
一种显然的想法是，有 x + y + n x+y+n x+y+n个元素，取 x + y x+y x+y个元素，枚举一个隔板，使得左边选x个，右边选y个，就相当于直接取 x + y x+y x+y个，那么答案就是 ( x + y x + y + n ) \left(^{x+y+n}_{x+y}\right) (x+yx+y+n)，但是模拟一下就会发现这是错的，因为隔板不必要选（也选不了），所以这样就可能统计到两种相同的情况，而 ( x + y x + y + n ) \left(^{x+y+n}_{x+y}\right) (x+yx+y+n)不会统计到相同的情况，所以会比实际答案小：
所以我们必须强制选一个位置，考虑共有 x + y + n + 1 x+y+n+1 x+y+n+1个元素，从中取 x + y + 1 x+y+1 x+y+1个。这等价于，枚举一个位置，强制这个位置必选，这个元素前面选x个元素，后面选y个元素，这样就不会算重了，也即 ( x + y + 1 x + y + n + 1 ) \left(^{x+y+n+1}_{x+y+1}\right) (x+y+1x+y+n+1)。
QED.
事实上，由于相似的理由，在相当多的组合计数题中，都必须强制指定一个位置必选，就比如上面范德蒙德卷积公式的例题。
这种限制方法的精髓在于，保证目前枚举的情况，一定属于之前枚举时的不合法情况，这样才保证不会重复。由于枚举，因此不会漏解。
这个公式也可以用于回套，做组合变换。
公式6：李善兰公式
( x n ) 2 = ∑ i = 0 x ( i x ) 2 ( 2 x n + i ) (^n_x)^2=\overset{x}{\underset{i=0}\sum}(^x_i)^2(^{n+i}_{2x}) (xn)2=i=0∑x(ix)2(2xn+i)
令 n = n + x , i = x − i , x 记作 k n=n+x,i=x-i,x记作k n=n+x,i=x−i,x记作k，即得常见的李善兰公式： ( k n + k ) 2 = ∑ i = 0 k ( i k ) 2 ( 2 k n + 2 k − i ) (^{n+k}_k)^2=\overset{k}{\underset{i=0}\sum}(^k_i)^2(^{n+2k-i}_{2k}) (kn+k)2=i=0∑k(ik)2(2kn+2k−i)
可以从组合意义证明一下：
李善兰公式其实是根据这个公式得到的（设 x ≤ y x\leq y x≤y）：
( x n ) ( y n ) = ∑ i = 0 x ( i x ) ( i y ) ( x + y n + i ) (^n_x)(^n_y)=\overset{x}{\underset{i=0}\sum}(^x_i)(^y_i)(^{n+i}_{x+y}) (xn)(yn)=i=0∑x(ix)(iy)(x+yn+i)
组合意义
这个公式的组合意义很明显，左边表示先从n个数中选x个数，再从n个数中选y个数。右边表示枚举选的x个数和y个数中有多少个是共同的，那就相当于先从n+i个数中选出x+y个数，再从x个数中选出i个数，y个数中选出i个数，使得这2i个数是共同的i个数。
从组合代换也可以证明李善兰公式，证明较繁。
公式7
( n 2 n ) = ∑ i = 0 n ( i n ) 2 (^{2n}_n)=\overset{n}{\underset{i=0}\sum}(^n_i)^2 (n2n)=i=0∑n(in)2
这是范德蒙德卷积的一种特殊形式。也可以构造多项式证明，作者不会。
多重组合数公式
定义：
多重组合数递推式
考虑第一个元素应该被分入哪个集合。
广义乘法原理
若从状态xi转移到状态xi+1，有mi种方案，其中第j种方案的权值是wi。定义从状态x1转移到状态xn的权值为每一次选择方案的权值之积，则总权值等于： ∏ i = 1 n − 1 ∑ m i j = 1 w j \overset{n-1}{\underset{i=1}\prod}\underset{j=1}{\overset{m_i}\sum} w_j i=1∏n−1j=1∑miwj
证明一下：
我们假设有这样的状态与转移：
也就是说，x1->x2对应的权值为{3,7,8}，x2->x3对应的权值为{2,1}。
从每一集合内任选一种，做乘积。再把所有可能性加和，显然符合乘法的形式：
ans=(3+7+8)×(2+1)
推理过程显然具有普遍性。
QED.
后记
于是皆大欢喜。
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