前言

组合数学研究的对象是组态。所谓组态就是指若干个对象按照某些约束条件组成的各种状态。

排列与组合

在组合数学中，集合分为无重集和重集。
\lbrace表达式\rbrace

无重集即集合中的不同元素只出现一次，指在选取过程中每个元素不可重复选取，也就是至多选取一次。记作， S={a1,a2,⋯,ak}S=\lbrace a_1,a_2,⋯,a_k\rbraceS={a1,a2,⋯,ak}
重集即集合中的不同元素可出现多次，指在选取过程中每个元素可重复选取。有限重集就是第i个元素a，至多选取n;次。
记作， ={n1⋅a1,n2⋅a2,⋯,nk⋅ak}=\lbrace n1⋅a1,n2⋅a2,⋯,nk⋅ak \rbrace={n1⋅a1,n2⋅a2,⋯,nk⋅ak} 其中n，称作a，的重数。
无限重集指每个不同元素可以任意选取若干次。记作，
S={ω⋅a1,ω⋅a2,⋯,ω0⋅ak}

无重集的排列与组合

无重集的排列

定义：若集合含有n个不同的元素，从中任选r个的有序编排，则称为排列或r排列。其不同的排列的个数，简称排列数，记作p(n,r)p(n,r)p(n,r)

定理1:对于r<=n,p(n,r)=n!(n−r)!对于r <= n ,p(n,r) = \frac{n!}{(n-r)!}对于r<=n,p(n,r)=(n−r)!n! 。
定理2: 从n个元素的集合中任取r个的圆排列个数为:p(n,r)r\frac{p(n,r)}{r}rp(n,r)。证：由前面的定理，从n个不同元素中任取r个的排列个数。为p(n，r)，这种排列又称线排列。将这些排列分成组，每组有r个线排列且产生相同的r圆排列，所以r圆排列的个数为p(n，r)/r。
特别地，n个元素的圆排列个数为(n-1)!。
我们举一个例子：

对于一个圆排列abcde ，我们从5个空隙中断开，那么会产生5个线排列。也就是说这5个线排列对应的圆排列是一样的。

应用例子

若男女混座，问6位男士和6位女士围圆桌就座有多少种方式？
解：我们先安排6位男士就座，6位男士的圆排列数为5！，6位男士就座后，每相邻两人之间有一个空位，共6个。刚好安排6位女士，6位女士的全排列数为6！。所以按乘法原理就是 5! * 6!.

无重集的组合

定义：从n个元素的集合S中，任取r个元素且不考虑次序，则称为组合或r组合。其不同的组合个数，简称组合数，记作C（n,r）C（n,r）C（n,r）

定理，对于r<=n,C(n,r)=p(n,r)r!对于r<=n,C(n,r) = \frac{p(n,r)}{r!}对于r<=n,C(n,r)=r!p(n,r)
例子：求1~300的整数中，有多少种方法选出三个整数来使得它们的和被3整除？
解1，2，…，300这300个整数可以分成三组：被3整除者为一组，除以3余1者为一组，除以3余2者为一组，显然，每一组有100个整数。如果三个整数都选自同一组，其和必能被3整除；如果每组选取一个整数，其和也必能被3整除。因此，选择三个整数其和能被3整除的方法总数为
C(100,3)+C(100,3) +C(100,3)+1003=1485100。
为什么每一组有100个数呢：我们以余1的为例，对于集合中每一个数我们可以表示成3x+13x+13x+1，对于个数我们将99代入< 300 ,代入100>300 , 那么我们x的取值为0 - 99 一共100个数。

应用例子

若一个凸多边形无三条对角线在其内部交于一点，问这些对角线被它们的交点分成多少短：
凸多边形对角线条数为C(n,2)−nC(n,2)-nC(n,2)−n,由于每四个点有一个交点，凸多边形交点数为C(n,4)C(n,4)C(n,4)。每一个对角线上的K个交点将其分为K+1的线段，那么应该是(K1+1+...+Kn+1)=(K1+...+Kn)+n(K_1+1+...+K_n+1) =(K_1+...+K_n)+n(K1+1+...+Kn+1)=(K1+...+Kn)+n,其中n为对角线条数，由于一个交点位于两条对角线上，所以总数为 (C(n,2)−n)+2∗C(n,4)(C(n,2)-n)+2*C(n,4)(C(n,2)−n)+2∗C(n,4)
1000！后边有多少个0？
1到1000中2的个数远多于5的个数，2*5可得到一个0。

所以求得1到1000中有多少个5就可以求得1000！的末尾有几个0.

分析

5的1次幂5的倍数增加1个0 (5,10,15,20,25,30,…)
5的2次幂25的倍数增加2个0(必然是5的倍数)(25,50,75,100,125…)
5的3次幂125的倍数增加3个0(必然是25的倍数)(125,250,375,500…)
5的4次幂625的倍数增加4个0(必然是125的倍数)(625,1250,1875,2500…)
…
所以先求出5的倍数
加上25的倍数(2个0,其中1个已记入5的倍数)
加上125的倍数(3个0,其中1个已记入5的倍数1个已记入25的倍数)
加上625的倍数(4个0,其中…)

1000/5=200 (1000里面含有200个5的倍数，但同时也包含了25倍数，125的倍数，625的倍数各一次)

1000/25=40(1000里面含有40个25的倍数，同时也含有125的倍数，625的倍数各一次)

1000/125=8(1000里面含有8个125的倍数，同时也含有625的倍数)

1000/625=1（1000里含有1个625的倍数）

所以1000！里面含有0的个数为200+40+8+1=249个

重集的排列和组合

重集的排列

定理1 ：若S是含有K个不同元素而每一个元素具有无限重复的重集，则S的r排列的个数是krk^rkr 。因为是无限重复的，那么对于每一个元素我们都有K种选法，选r个，因此就是krk^rkr
定理2：设重集S有k个不同元素a1，a2，…，aka_1，a_2，…，a_ka1，a2，…，ak，其有限重复数分别为n1,n2,⋯,nkn_1,n_2,⋯,n_kn1,n2,⋯,nk,且n=n1+n2+⋯+nkn=n_1+n_2+⋯+n_kn=n1+n2+⋯+nk,则S的排列个数(指的是所有元素的排列)等于：n!n1!∗n2!...∗nk!\frac{n!}{n_1! * n_2!...*n_k!}n1!∗n2!...∗nk!n!

重集的组合

若S是重集，则S的r组合是不考虑次序地从S中选择r个元素，因此，S的r组合通常是一个子重集。如果S有n个元素，则只存在一个S的n组合。
定理1 ：设S是有K个不同元素的重集，且每个元素的重复次数无限，则S的r组合个数等于 C(k−1+r,r)C(k-1+r,r)C(k−1+r,r) . 证明: 设S的不同元素是 a1，a2，…，aka_1，a_2，…，a_ka1，a2，…，ak，因而 S={∞∗a1,∞∗a2,....,∞⋅ak}S=\lbrace \infty *a_1,\infty *a_2,....,\infty⋅a_k \rbraceS={∞∗a1,∞∗a2,....,∞⋅ak}. S的任何r组合形如 {x1∗a1,x2∗a2,⋯,xk∗ak}\lbrace x_1*a_1,x_2*a2,⋯,x_k *a_k \rbrace{x1∗a1,x2∗a2,⋯,xk∗ak}，其中x1，x2，…，xk是非负整数且x1+x2+⋯+xk=rx_1，x_2，…，x_k是非负整数且 x_1+x_2+⋯+x_k=rx1，x2，…，xk是非负整数且x1+x2+⋯+xk=r 反之，任何满足x1+x2+⋯+xk=r的非负整数序列x1，x2，...,xk对应S的一个r组合x_1+x_2+⋯+x_k=r 的非负整数序列x_1，x_2，...,x_k对应S的一个r组合x1+x2+⋯+xk=r的非负整数序列x1，x2，...,xk对应S的一个r组合。于是S的r组合个数等于方程x1+x2+⋯+xk=r的非负整数解的个数于是S的r组合个数等于方程 x_1+x_2+⋯+x_k=r 的非负整数解的个数于是S的r组合个数等于方程x1+x2+⋯+xk=r的非负整数解的个数。
可以证明这些解的个数等于重集T={(k−1)∗0,r∗1)}T = \lbrace (k-1) *0 , r * 1) \rbraceT={(k−1)∗0,r∗1)}的排列个数。给定T的一个排列，这(k-1)个0把r个1分成k组。令x1x_1x1个1在第一个0的左边，x2x_2x2个1在第一个0和第二个0之间，…，xkx_kxk个1在最后一个0的右边，而x1，x2，...，xk是非负整数且x1+x2+…+xk=r而x_1，x_2，...，x_k是非负整数且x_1+x_2+…+ x_k=r而x1，x2，...，xk是非负整数且x1+x2+…+xk=r。反之，给定非负整数x1，x2，…，xk,且x1+x2+⋯+xk=r,x_1，x_2，…，x_k,且 x_1+x_2+⋯+x_k=r,x1，x2，…，xk,且x1+x2+⋯+xk=r,可按相反步骤构造T的一个排列。于是：重集S的r组合个数等于重集T-{(k-1)·0，r·1}的排列个数。而重集T的排列个数就是有限重复集的排列个数，由上面公式，T的排列个数等于
(k−1+r)!(k−1)!∗r!=C(k−1+r,r)\frac{(k−1+r)!}{(k−1)!*r!}=C(k−1+r,r)(k−1)!∗r!(k−1+r)!=C(k−1+r,r) 证毕。

对于上面的结果和推导过程，对于重集T的由来，我么可以类比隔板法，（由方程我们可以将r看成r个1）我们有r个一样的球，我们将其放入k个盒子，可以允许有空盒的方案数。我们用隔板法得到的结果是一样的。
那么由这个我们就可以求出 x1+x2+...+xk=rx_1 + x_2+...+x_k = rx1+x2+...+xk=r的非负整数解的个数就是C(k−1+r,r)C(k−1+r,r)C(k−1+r,r) , 而这就是 (x1+...+xk)r的项数( x_1 + ...+x_k)^r的项数(x1+...+xk)r的项数

定理2 : 设重集S有K个不同元素a1,a2,...,aka_1,a_2,...,a_ka1,a2,...,ak的重集，且每个元素有无限重复次 。若要求S的每个元素至少在r组合出现一次，则S的这种r组合个数等于C(r−1,k−1),r>=kC(r-1,k-1),r>=kC(r−1,k−1),r>=k ，这就是隔板法的理论依据。也就是方程x1+...,+xk=r,xi>=ix_1 +...,+x_k = r, x_i >=ix1+...,+xk=r,xi>=i的正整数的解的个数。
定理2的推论: 将r个相同的元素放入n个不同的盒子而使每个盒子至少含有q个元素的分配方法的个数为 C(n−nq+r−1,n−1)C(n-nq+r-1,n-1)C(n−nq+r−1,n−1)

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