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普及知识点标 $J$，提高知识点标 $S$
加法原理&乘法原理（$J$）
加法原理
假设完成一项任务有 $n$ 种方案，每种方案的办法数目为 $a_i$，则完成这项任务的总方法数为 $a_1+a_2+\cdots+a_n$。
乘法原理
假设完成一项任务分 $n$ 个步骤，每种步骤又有 $a_i$ 个办法，则完成这项任务的总方法数为 $a_1\times a_2\times\cdots\times a_n$。
一些排列组合的符号（$J$）
排列数
从 $n$ 个元素中选择 $m$ 个组成的排列个数（$n,m\in\mathbb{N},m\leq n$），用符号 $A_n^m$ 或 $P_n^m$ 表示，即
$$A_n^m=n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}$$
如何理解？假设有 $n$ 个人，我们要从中选择 $m$ 个人来排队。对于第一个位置，我们有 $n$ 个人可以选；因为选掉了一个人，第二个位置就只剩下 $(n-1)$ 个人可以选。依次类推，第 $m$ 个位置就有 $(n-m+1)$ 个人可以选，根据乘法原理把它们相乘起来就是了。
全排列
即 $n$ 个元素组成的排列个数：$A_n^n=n!$
排列数的递推公式
$$\text{递推边界：}\forall i\in\mathbb{N},A_i^1=1$$
$$A_n^m=A_n^{m-1}\times(n-m+1)$$
$$$$
组合数
从 $n$ 个元素中选择 $m$ 个组成的组合个数（$n,m\in\mathbb{N},m\leq n$），用符号 $C_n^m$ 表示，为了表达方便可以简写成 $\dbinom{n}{m}$，即
$$C_n^m=\dfrac{A_n^m}{m!}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$$
如何理解？如果我们从 $n$ 个人中选 $m$ 个人，如果不在乎顺序，就是 $C_n^m$，如果在乎顺序，则选出来的 $m$ 个人还要再全排，得到 $A_n^m$。则
$$A_n^m=C_n^m\times A_m^m=C_n^m\times m!$$
组合数的递推公式
$$\text{递推边界：}\forall i\in\mathbb{N},C_i^0=1$$
$$C_n^m=C_{n-1}^{m}+C_{n-1}^{m-1}$$
如何理解这个递推公式？我们只需要简单的举个例子。我们可以把 $C_n^m$
这个方案，分成两个集合：包含 $1$ 与不包含 $1$。
如果不包含 $1$ 这个数，则我们需要在剩下的 $2$ 到 $n$ 这 $(n-1)$ 个数里面选择 $m$ 个数，即 $C_{n-1}^{m}$。
如果包含，则我们需要在剩下的 $2$ 到 $n$ 这 $(n-1)$ 个数里面选择 $(m-1) 个数$，即 $C_{n-1}^{m-1}$。根据加法原理把两个集合的方案相加即可。
组合数一些简单的东西
组合数的对称性（$J$）
$$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}$$
$proof:$ 即对选出来的集合对全集取补集，数值不变。
二项式定理（$S$）
$$(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n-i}$$
其用组合数阐明了一个展开式的系数，可以用数学归纳法证明，可是窝太菜了不会，只好给出我的非数学归纳法的证明：
首先我们可以把左边的柿子化成
$$\begin{matrix}\underbrace{(a+b)(a+b)\cdots+(a+b)}\\n\text{个}(a+b)\end{matrix}$$
这个柿子展开后有 $2^n$ 项，我们要将展开后的柿子合并同类项，最终每一项都形如 $k\times a^ib^{n-i}$。我们想知道的就是前面的 $k$，那么我们就得出一个问题，对于每一个 $i\ (0\le i\le n)$，有多少个 $a^ib^{n-i}$，即从 $n$ 个 $a$ 中选 $i$ 个 $a$ 方案个数（剩下的都是 $b$ 所以不用管），即 $\dbinom{n}{i}$。所以 $k=\dbinom{n}{i}$，所以二项式定理成立。
杨辉三角（$J$）
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
这是杨辉三角的 $0$ 至 $10$ 行，我们会发现第 $i$ 行第 $j$ 个数（$j$ 从 $0$ 开始）对应着 $(a+b)^i$ 展开式的系数 $\dbinom{i}{j}$，第 $n$ 行 $m$ 列的数（设为 $a_{n,m}$）的递推式为
$$a_{n,m}=a_{n-1,m}+a_{n-1,m-1}$$
由于 $a_{n,m}=\dbinom{n}{m}$，可以推出
$$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{n}+\dbinom{n-1}{m-1}$$
这同时也证明了组合数的递推式。
组合数的另一个递推式
$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n}{m}\dbinom{n-1}{m-1}$$
$proof:$
$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{n}{m}\times\dfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n-1-m+1)!}=\dfrac{n}{m}\dbinom{n-1}{m-1}$$
其他一些杂七杂八的东西
$$\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\cdots+\dbinom{n}{n}=\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}=2^n\qquad\qquad(1)$$
$$\dbinom{n}{0}-\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{2}-\cdots+(-1)^n\dbinom{n}{n}=[n=0]\qquad\quad(2)$$
$$\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{4}+\cdots=\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{3}+\dbinom{n}{5}+\cdots=2^{n-1}\quad(3)$$
$proof:$ 当 $a=b=1$ 时，代入二项式定理可以证明 $(1)$ 式；当 $a=1,b=-1$ 时，代入二项式定理可证明 $(2)$ 式；$\frac{(1)\text{式}+(2)\text{式}}{2}$ 可以证明 $(3)$ 式。
一些解题技巧
例题1. 六个人站一排，求
（1）甲不在排头，乙不在排尾的方案数。
（2）在上一小问的前提下，甲乙不相邻的方案数。
可以先思考一下。
解答：
（1）：对于这类题，我们可以用“正难则反”的方法。什么叫正难则反呢？就是对于从正面很难解答的题型，我们从反面来推。
如这道题，我们发现直接硬算很麻烦，我们可以换一种思路：求出六个人的全排列，再减去甲在排头的方案数和乙在排尾的方案数就行了。答案为
$$A_6^6-A_5^5-A_5^5=6!-5!-5!=480$$
如果您觉得这正确，那就大错特错了，因为甲在排头，并且乙在排尾被多减了一次！根据容斥原理，我们要把多减去的那部分再加回来，所以正确的答案应该是
$$A_6^6-A_5^5-A_5^5+A_4^4=504$$
（2）： 这里我们用分类讨论的方法，我们分四种情况讨论：
- 甲在排尾，乙在排头：显然，甲乙位置确定中间四个随便排，方案数为 $A_4^4$。
- 甲在排尾，乙不在排头：那么乙只有 $3$ 种选择（不在排头，且不与甲相邻），剩下的四人随便排，方案数为 $3\times A_4^4$。
- 甲不在排尾，乙在排头：对称地，方案数为 $3\times A_4^4$。
-
甲不在排尾，乙不在排头：我们还可以再分讨：
- 甲在 $2$ 号位：那么乙只有两种选法，方案数为 $2\times A_4^4$。
- 甲在 $3$ 号位：那么乙只有一种选法，方案数为 $A_4^4$。
- 甲在 $4$、$5$ 号位的情况分别于在 $3$、$2$ 号位的情况相同。
综上，总方案数为
$$A_4^4+3\times A_4^4\times 2+2\times A_4^4\times2+A_4^4\times2=312$$
例题2. 八个人站一排，求
（1）甲乙必须相邻的排列数。
（2）甲乙必须不相邻的排列数。
解答：
（1）：对于这类题，我们可以采用捆绑法，即将甲乙看作一个人，那么就是七个人求全排列，同时甲乙之间是有序的，其内部还需要全排列，所以答案为
$$A_7^7*A_2^2=10080$$
（2）：这个就很水了，“正难则反”，用八个人的全排列减去甲乙相邻的方案数就行，答案不用我说了。
例题3.
某人射击 $8$ 枪，命中 $4$ 枪，恰好有 $3$ 枪连续命中，有多少种不同情况？
解答：
这题应使用捆绑法解答，把连续的 $3$ 枪看作一个，但注意是恰好有 $3$ 枪连续命中，也就是说另外一枪和这三枪不能相邻，如果容斥或者分讨将会非常麻烦，有什么更简单的方法呢？
这里就要使用我们的插空法，有时也叫隔板法。
什么意思呢？我们将没命中的四枪提取出来，
_·_·_·_·_
我们发现，相邻两枪中间都有空位，总共有 $4+1=5$ 个空位，我们只要将捆绑的 $3$ 枪和另外一枪插入到这些空位中，不就满足它们不相邻了嘛？由于这几枪都是无序的，所以答案就是 $C_5^2$。
例题4.
求不定方程 $\sum\limits_{i=1}^nx_i=m$ 的正整数解个数。
解答：
这题需要用到隔板法，我们把 $m$ 想象成 $m$ 个相同的小球，我们要把这些小球分成 $n$ 份有多少个方案呢？我们可以在这些小球之间的空位中放入 $(n-1)$ 个隔板（一个空位最多只能放一个隔板），这样就能把这些小球分成 $n$ 份了。由于两端不能放隔板，所以有 $(m-1)$ 个空位，答案为 $C_{m-1}^{n-1}$。
例题5.
求不定方程 $\sum\limits_{i=1}^nx_i=m$ 的非负整数解个数。
这题看似和上一题一样，但 $x_i$ 变成了非负整数，也就是说 $x_i$ 可以为 $0$，那这样隔板可以放在一起，这怎么算呢？
令 $y_i=x_i+1$，则有 $\sum\limits_{i=1}^{n}y_i=m+n$。我们发现，这里的 $y_i$ 都是正整数，且每一个 $y_i$ 的解都对应一个 $x_i$，那么我们就很好地转化成了上题，答案即为 $C_{m+n-1}^{n-1}$。
组合数学进阶（$S$）
卡特兰数
定义 $H_n$ 为卡特兰数的第 $n$ 项。
亿些递推公式
递推边界： $H_0=1.$
$$H_n=\dfrac{\binom{2n}{n}}{n+1}$$
$$H_n=\dfrac{H_{n-1}(4n-2)}{n+1}\quad\text{线性递推，超好用！！1}$$
$$H_n=\dbinom{2n}{n}-\dbinom{2n}{n-1}$$
$$H_n=\begin{cases}\sum_{i=1}^nH_{i-1}H_{n-i} & n\ge2 \\1 & n=1,0\end{cases}$$
要用到卡特兰数的问题
-
有 $2n$ 个人排成一行进入剧场。入场费 $5$ 元。其中只有 $n$ 个人有一张 $5$ 元钞票，另外 $n$ 人只有 $10$ 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有 $10$ 元的人买票，售票处就有 $5$ 元的钞票找零？
-
一位大城市的律师在她住所以北 $n$ 个街区和以东 $n$ 个街区处工作。每天她走 $2n$ 个街区去上班。如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？
-
在圆上选择 $2n$ 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 $n$ 条线段不相交的方法数？
-
对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
-
一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1,2,3,\cdots,n$，有多少个不同的出栈序列？
-
$n$ 个结点可构造多少个不同的二叉树？
-
将 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 构造成 $2n$ 项的数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{2n}$，满足 $\forall k\in[1,2n],\sum_{i=1}^k a_i \ge0$ 的方案数为？
第二类斯特林数
不说第一类是因为第一类不常见。
例题：P3904 三只小猪
定义：$S(n,m)$ （或简写成 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}$）表示将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $m$ 个互不区分的非空子集的方案数。
递推公式
递推边界 $S(n,0)=[n=0].$
$$S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\times S(n-1,m)$$
递推式的解释可见我的题解
错排列
例题：P1595 信封问题
定义: $f(n)$ 表示将 $n$ 个元素错排（就是第 $i$ 个元素不能放到第 $i$ 个位置）的方案数。
递推公式：
递推边界：$f(0)=0,f(1)=1.$
$$f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2))$$
如何理解？对于第 $n$ 个元素，它肯定不能放在第 $n$ 个位置，只能放在前面的 $(n-1)$ 个位置上，设 $k=1,2,\cdots,n-1$，我们可以把第 $n$ 个元素放在第 $k$ 个位置上，而原来第 $k$ 个位置上的元素有两种选择：
-
交换到第 $n$ 个位置上，方案数就是对剩下的 $(n-2)$ 个元素错排，即 $f(n-2)$。
-
不到第 $n$ 个位置上，方案数就是除去第 $n$ 个位置外的 $(n-1)$ 个元素错排，即 $f(n-1)$。
对于 $k$ 有 $(n-1)$ 种取值，总方案数即为 $f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2))$。
圆排列
定义：$n$ 个人全部来围成一圈，所有的排列数记为 $Q_n^n$。
由于从不同的位置断开会变成不同的队列，有
$$Q_n^n\times n=A_n^n\Rightarrow Q_n^n=\dfrac{A_n^n}{n}=(n-1)!$$
由此可知，从 $n$ 个人中选 $m$ 个人来围成一圈的排列数为
$$Q_n^m=\dfrac{A_n^m}{m}=\dfrac{n!}{m\times(n-m)!}$$
容斥原理
直接看 $oi-wiki$ 吧太多了不想写（
鸽巢原理
也叫抽屉原理，它常被用于证明存在性和求最坏情况下的解。——$OI-Wiki$
简单情况
将 $n+1$ 个元素分成 $n$ 组，那么至少一组有两个（或以上）个元素。
证明显然。
推广到一般情况
将 $n$ 个元素分成 $k$ 组，则至少一组有大于等于 $\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil$ 个元素。
反证法证明，假设每组有小于 $\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil$ 个元素，则每组最多有 $(\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil-1)$ 个元素。
$\because(\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil-1)\times k=k\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil-k<k(\dfrac{n}{k}+1)-k=n$.
$\therefore$ 矛盾.
总结，将 $n$ 个元素划分成 $A_1,A_2,\cdots,A_k$ ,$k$ 个集合，则至少有一个集合 $A_i$ 满足 $A_i\ge\Big\lceil\dfrac{n}{k}\Big\rceil$。
