第1章 排列、组合、二项式定理内容提要：本章主要介绍加法原理、乘法原理、排列与组合、多重集合的排列与组合、二项式系数以及一些常见的组合恒等式、集合的分划与第2类Stirling数、正整数的分拆（无序分拆和有序分拆）与分配问题等．排列和组合是人们普遍遇到的、并已被广泛使用的基本概念，只是人们没有从理论上研究它．例如，学生集合站队问题、买水果问题等．如果考虑的对象与秩序有关，则称之为排列问题；如果考虑的对象与秩序无关，则称之为组合问题．除了这种具有普遍意义的排列和组合之外，还有可重复元素的排列和组合问题．为了能深入研究这些问题，下面首先介绍两个最基本最常用的原理．1.1 加法原理（原则）与乘法原理（原则）例如，每周在E校区上4节课，在W校区上8节课，除此之外没有别的课，则每周上4 + 8 = 12节课．这里事件A指的是在E校区上4节课，事件B指的是在W校区上8节课，而每周的课不是在E校区就是在W校区，即属于A或B．如果用集合论的语言描述，则描述如下：证明：当A，B中有一个是空集，定理的结论是平凡的．设A ≠Φ，B ≠Φ，记A = {a1, a 2,L, a m}B = {b1, b 2,L, b n}并做映射Ψ：a i →i（1 ≤i ≤m）b j→m+j（1 ≤j ≤n）因为a i≠b j (1 ≤i ≤m, 1 ≤j ≤n)组合理论及其应用所以 是从A U B 到集合{1，2，L ，m +n }上的一一映射，因而定理成立．【例1】 在所有6位二进制数中，至少有连续4位是1的有多少个？解：把所有满足要求的二进制数分成如下3类：（1）恰有4位连续的1．它们可能是 01111，011110，11110×，其中，“ ”取0或1．故在此种情况下，共有5个不同的6位二进制数．（2）恰有5位连续的1．它们可能是011111和111110，共有2个．（3）恰有6位连续的1．即111111，只有1种可能．综合以上分析，由加法原理知共有5+2+1=8个满足题意要求的6位二进制数．用集合论的语言可叙述如下：证明：若m = 0或n = 0，则等式两边均为0，故等式成立．设m > 0，n > 0，并且记A = {a 1, a 2,L , a m }，B = {b 1, b 2,L , b n }，定义映射Ψ：(a i , b j ) →（i – 1）n + j (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n )，则 是A ×B 到集合{1, 2,L , mn –1, mn }上的一一映射，所以等式成立．【例2】 比5400大的4位数中，数字2，9不出现，且各位数字不同的数有多少个？解：比5400大的4位数可以分为4类：（1）千位比5大的符合题意的整数有3 × 7 × 6 × 5个．（2）千位是5，百位比4大的符合题意的整数有3 × 6 × 5个．（3）前2位是54，十位不为0且符合题意的整数有5 × 5个．（4）前3位是540，个位不为0且符合题意的整数有5个．故共有3 × 7 × 6 × 5 + 3 × 6 × 5 + 5 × 5 + 5 = 750个符合条件的整数．【例3】 在1000到9999之间有多少个各位数字不同的奇数？2第1章 排列、组合、二项式定理解：方法1 如图1.1所示，第4位必须是奇数，可取1，3，5，7，9，共5种选择．第1位不能取0，也不能取第4位已选定的数字，所以在第4位选定后第1位有8种选择．类似地，第2位有8种选择，第3位有7种选择．从而，满足题意的数字共有5 × 8 × 8 × 7 = 2240个．方法2 把满足题意的数分为两类：（1）4位数中没有0出现．类似方法1的分析，第4位有5种选择，第3位有8种选择，第2位有7种选择，第1位有6种选择，此类数共有6 × 7 × 8 × 5 = 1680个．（2）4位数中有0出现，这里，0只能出现在第2位或第3位上．假设0在第2位上，则第4位有5种选择，第3位有8种选择，第1位有7种选择，共有7 × 8 × 5 = 280个数．同理，若0出现在第3位上，也有280个数．由加法原则知，合乎题意的数共有1680 + 280 × 2 = 2240个．1.2 排列与组合本节将探讨一些基本的排列与组合问题．同时，也会做一些延伸，比如圆排列问题．1.2.1 集合的排列n 元集合S 的一个r 排列是指先从S 中选出r 个元素，然后将其按次序排列．一般用 P （n , r ）或r n P 表示n 元集合S 的r 排列数．例如，设S ={a ,b ,c }，则ab , ac , ba , bc , ca , cb是S 的所有6个2排列，所以P (3, 2) = 6．当r = n 时，称n 元集合S 的n 排列为S 的全排列，即P (n , n ) = n !，相应的数称为n 元集合S 的全排列数，如S = {a , b , c }，则abc , acb , bac , bca , cab , cba是S 的所有6个全排列，所以P (3, 3) = 6．显然，有（1）P (n , r ) = 0(r > n )；（2）P (n , 1) = n (n ≥ 1)．证明：要构造n 元集合的一个r 排列，可以在n 元集合中任取一个作为第1项，有n 种取法；在取定第1项后，第2项可以从剩下的n –1 个元素中任选一个作为第2项，有 n – 1种取法；同理，在前r – 1项取定后，第r 项有n – r + 1种取法．由乘法原理知：P (n , r ) = n (n – 1)L (n – r + 1) = n ! / (n – r )!由定理1.2.1，n 元集合的全排列数P (n , n )= n !. 规定：0! = 1．【例4】 有4盏颜色不同的灯：3第1位第2位第3位第4位图 1.14组合理论及其应用（1）把它们按不同的次序全部挂在灯杆上表示信号，共有多少种不同的信号？（2）每次使用1盏、2盏、3盏或4盏灯按一定的次序挂在灯杆上表示信号，共有多少种不同的信号？解：（1）P (4, 4) = 24.（2）P (4, 1) + P (4, 2) +P (4, 3) + P (4, 4) = 64.【例5】 将a, b, c, d, e, f进行排列．问：（1）使得字母b正好在字母e的左邻的排列有多少种？（2）使得字母b在字母e的左边的排列有多少种？解：（1）b正好是e的左邻，那么把be看作一个字母E，则原问题就变成求集合{a, c, E, d, f }的全排列数，共有5！种排列．（2）将{a, b, c, d, e, f }的所有全排列分成如下两类：A = {××L× | 其中b在e的左边}，B = {××L× | 其中b在e的右边}．显然有A I B = Φ，A U B = {a, b, c, d, e, f }的全体全排列，| A U B | = 6!．定义映射f：A→B，使f（L b L e L）=（L e L b L）.即f将A中的任一排列的b与e的位置互换，保持其余字母位置不变，得到B中的一个排列．显然，f是一一映射，所以 |A| = |B| = 1/2×6!.【例6】 现在把例5改一下．从a, b, c, d, e, f中选出3个字母进行排列，且b与e不相邻的排法有多少种？解：方法1从6个字母选出3个的排列共有P(6,3)个，将其分为以下3类：（1）b和e挨在一起，且b是e的左邻．（2）b和e挨在一起，且b是e的右邻．（3）b和e不挨在一起（包括不出现b和e）．从例5的第2问知道，第1类和第2类的排法是同样多的．现在分析第1种情况．选定了b，e，那么只需从a，c，d，f中再选出1个，与代表b是e的左邻的E进行排列；所以第1种情况共P(4, 1) ×P (2, 2)种排法．第2种情况也有P(4, 1) ×P (2, 2)种排法．显然，这里没有其他的可能情况．因此，要求的第3类排法的个数为P (6, 3) – 2 ×P (4, 1) ×P (2, 2) = 104．方法2直接计算．满足题意的排列可分为如下4类：（1）排列中b，e均不出现，即为4元集合{a, c, d, f }的3排列，共有P(4, 3)种．（2）排列中只出现b，不出现e．那么先从4元集合{a, c, d, f }中选出2个进行排列，然后把b放在它们之间或两端，故此类排法共有3 ×P (4, 2)种．（3）排列中只出现e，不出现b．同（2），此类排法共有3×P (4, 2)种．（4）排列中出现e和b，但不相邻．显然，需要从集合{a, c, d, f }中选出1个，然后把b和e放在它两边．那么此类排法有2×P (4, 1)种．所以，共可以得到P (4, 3) + 3×P (4, 2) + 3×P(4, 2) + 2×P (4, 1) = 104种符合题意的排法．第1章 排列、组合、二项式定理前面考虑的排列是在直线上进行的，或者更恰当地说，是线性排列—— r 线排列．若在圆周上进行排列，结果又如何呢？例如，由R ，W ，L ，G ，Y 五色扇形组成的圆盘，只要各种颜色间相对位置不变，就是同一个圆盘．有一种可能是下面这样的排列：RW LG Y 而线性排列RWGYL ，WGYLR ，GYLRW ，YLRWG ，LRWGY 代表的都是这个圆盘．这样可以看出，这五色的循环排列数等于5!/5 = 4!．现在推广到r 圆排列．在1个r 圆排列的任意2个相邻元素之间都有一个位置，共有r 个位置．从这r 个位置处将该圆排列断开，并拉直成线排列，可以得到r 个不同的r 线排列．也就是说，将r 个r 线排列121231121r r r r r r a a a a a a a a a a a a −−− L L L L 的首尾相连围成圆排列，得到的是同一个r 圆排列．因此，下面的定理成立：特别地，n 个元素S 的n 圆排列数为(n – 1)!．1.2.2 集合的组合n 元集合S 的r 组合是指从S 中取出r 个元素的一种无序选择，其组合数记为n r或r n C ．显然，有证明：设S 是一个n 元集合，任取S 的一个r 组合，将该r 组合中的r 个元素进行排列，便可得到P (r , r ) = r !个S 中的r 排列．而且S 中的任一r 排列都可恰好通过将S 中的某一r 组合排列而得到．所以有(, )!P n r r =⋅n r，即5r 个线性排列组合理论及其应用(, )!!!()!n P n r n r r r n r == −.特别的，（1）1, 1.0n n n ==（2）0().n r n r =>【例7】 12个人围坐在圆桌旁，其中一个拒绝与另一个相邻，问有多少种安排方法？解：（1）如果这两个人是确定的：先把其他11个人安排在圆桌旁，共有11!/11种；固定这11人后再把剩下的那个人加以安排，他的位置共9个，所以总的排法为11!/11 × 9 = 9 × 10! 种．（2）如果这两个人是任意的：先选出这两个人来，有122种选法；确定这两个人后，排法有11!/11 × 9种．故总的排法有12211!/11 × 9 = 54 × 11!种．【例8】 现有100件产品，其中有两件是次品．如果从中任意抽出3件，抽出的产品中至少有1件次品的概率是多少？解：从100件产品中任意抽出3件，共有1003种方案；抽出的产品中至少有1件次品，有两种情况：只有1件和有两件，分别有98221    种和98212   种方案．所以，所要求的概率为9822982121100% 5.94%1003   +     ×=．【例9】 把q 个负号和p 个正号排在一条直线上，使得没有两个负号相邻，证明不同的排法有1+p q 种．证明：如果p + 1 ≥ q ，题目相当于把p 个正号排列在一起，然后把q 个负号插入( p +1)个空隙里，每个空隙插一个．现在这样的排列共有1+ p q 种，故而共有1+p q 种排法．如果p +1< q ，显然不可能没有两个负号相邻，记排法为0种．由于此时1+p q = 0，故可以统一地记为1+p q ．得证．【例10】 取定空间中的25个点，其中任意4个点均不共面，问它们能决定多少个三6第1章 排列、组合、二项式定理角形？多少个四面体？解：既然任意4个点均不共面，那么任意3点也不共线（若有3点共线，则这条线与另外任一点共面）．故任意3点可以组成一个三角形，任意4点可以组成一个四面体．因而这25个点可以组成的三角形个数为2523003 = ，四面体个数为25126504 =．下面给出两个组合恒等式．证明：由定理1.2.3中关于n r的显式表达式很容易得出结论．推论1.2.1的组合意义解释：n r 是n 元集合S 的r 元子集的个数，n n r −是n 元集合S 的n – r 元子集的个数，设A 是S 的r 元子集，则S – A 是S 的n – r 元子集，而且这种对应关系是一一对应的．所以S 的r 元子集的个数等于S 的(n – r )元子集的个数．证明：从两个不同的方面计算n 元集合S 的所有子集的个数，说明等式左，右两端均等于S 的子集数，从而证明其成立．一方面，S 的r 元子集的个数为n r，而r 可取0，1，2，L ，n ，由加法原则，S 的所有子集的个数为012n n n n n ++++L 另一方面，S 有n 个元素，在构成S 的一个子集的时候，S 的每个元素都有在该子集中或不在该子集中两种可能，由乘法原则知，共有2n 种方式构造S 的一个子集，即S 的子集有2n 个．综上分析，得知定理成立．【例11】 单射函数f ：X →Y 的个数等于P (m , n )，其中，n = | X |, m = | Y |( m ≥ n )．证明：设X = {x 1, x 2,L , x n }，则f (x i ) ∈ Y (i = 1, 2,L , n ).因f 是单射，所以f (x 1), f (x 2),L , f (x n )互不相同，故f (x 1) f (x 2) L f (x n )是Y 的一个n 排列．由此易知单射函数f ：X →Y 与Y 的n 排列构成一一对应，其个数为 P (m , n ).由例11知，若| X | = | Y | = n ，则一一映射f ：X →Y 的个数等于n !．7组合理论及其应用【例12】 从整数1，2，L ，1000中选取3个数，使它们的和正好被4整除，有多少种选法？解：1～1000中被4整除余1、余2、余3、余0（即被4整除）的数各有250个．3个数如果都能被4整除，其和自然也能被4整除；同样，一个余0的、一个余1的、一个余3的数之和，或一个余0的、两个余2的数之和，或两个余1的、一个余2的数之和，或两个余3的、一个余2的数之和，都可以被4整除．除此之外没有别的情况可以使题设成立了．故而共有250250250250250250250250250250 33 760 5003111122121 ++++＝种选法．【例13】 某车站有6个入口，每个入口每次只能进一个人，则9人小组共有多少种进站方案？解：方法1 将6个入口依次排好序，分别为第1，第2，L ，第6个入口．因9人进站时在每个入口都是有序的，我们如下构造9人的进站方案：先构造9人的全排列，共有9！个；然后选定9人的一个全排列．加入5个分隔符，将其分成6段，第i （i = 1，2，L，6）段对应着第i 个入口的进站方案．如图1.2所示，每个“*”代表一个人，“△”表示分隔符．故进站方案数为1414!9!9!726 485 760.59!5! ×=×= ×方法2 第1个人可以有6种进站方式，即可从6个入口中的任一个进站；第2个人也可以选择6个入口中的任一个进站，但当他选择与第1人相同的入口进站时，有在第1人前还是后两种方式，所以第2人有7种进站方案；同理，第3人有8种进站方案，……，第9人有14种进站方案．由乘法原则，总的进站方案数为6 ×7 ×L × 14 = 726 485 760．【例14】 有8个大小相同的棋子（5个红的、3个蓝的），放在8×8的棋盘上，每行、每列都只能放一个，有多少种放法？解：我们先放红色的．（1）在8行中任选5行放红色棋子，有85种选择．（2）选定行后，再选列．因为每行都不同，故有P (8, 5)种选择．现在再放蓝色的棋子．还剩3行、3列，而每个棋子都是相同的，故可把第1个棋子放在剩下的第1行，3列可选；第2个棋子放第2行，两列可选；第3个棋子则只剩下1行1列可选．于是，有3!种方案．根据乘法原理，共有85P (8, 5) × 3!种放法．如果把棋盘换成12 × 12的，而其他条件不变，结果会如何呢？读者自行思考．8* *△* △* **△* △* △* ↑↑ ↑ ↑↑3 5 9 11 13图 1.2第1章 排列、组合、二项式定理1.3 多重集合的排列与组合前面考虑的集合中，都没有重复的元素，即单重集合；现在考虑多重集合，即有重复元素的集合，例如：M = {a , a , a , b , c , c , d , d , d , d }就是一个10元素的多重集合，其中有3个a ，1个b ，2个c ，4个d ．通常，将M 表示为M = {3⋅a , 1⋅b , 2⋅c , 4⋅d }，一般来说，多重集合表示为M = {k 1⋅a 1, k 2⋅a 2,L , k n ⋅a n }，其中a i （i = 1, 2,L , n ）表示元素的种类，k i （i = 1, 2,L , n ）表示每类元素的个数．1.3.1 多重集合的排列证明：在构造M 的一个r 排列时，第1项有k 种选择，第2项有k 种选择，……，第r 项有k 种选择．由于M 中的每个元素都是无限重的，所以r 排列中的任一项都有k 种选择，且不依赖于前面已选择的项，故M 的r 排列数为k r ．注意：由上面的证明易知，M 中每个元素的重数至少为r ．证明：方法1 集合M 中共有k 1+ k 2+L + k n 个元素，a 1占集合M 的全排列中的k 1个位置，选取a 1所占位置的方法数为121n k k k k +++L ；在确定了k 1个a 1的位置后，还有 (k 2 + k 3 +L + k n )个位置，a 2占其中的k 2个位置，方法数为22n k k k ++L ．类似的，依次选择位置安排a 3, a 4 ,L , a n . 由乘法原则知，M 的全排列数为()()122312122312231212 !()!!!()!!()!!!.!!!n n n n n n n n n n n n k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ ⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=××⋅⋅⋅×+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅方法2 先把M 中所有的k 1+ k 2+…+ k n 个元素看成是互不相同的，则它的全排列数为(k 2 + k 3 +L + k n ) !．但这里k i 个a i 是相同的，所以在这(k 2 + k 3 +L + k n )!个排列中，k i ！个a i 的位置相同且同其他元素排列也相同的排列是同一个．故知M 的全排列数为9组合理论及其应用1212()!!!!++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅n n k k k k k k ．【例15】 求1.2节例13的9人小组的进站方案数．解：设9个人分别为a 1, a 2,L , a 9，分隔符为“△”，则集合M ={a 1, a 2,L , a 9，5*}△的每个全排列对应着9人的一种进站方式，共有14 !726 485 7601!1! 5 !=×⋅⋅⋅××种. 【例16】 将52张牌平均分给4个人，每人有一个5张牌的同花顺的概率是多少？解：首先分给4个人每人一个5张牌的同花顺的个数：（1）4个人每人的5张同花顺颜色均不同．每种花色均有9种不同的同花顺．故共有P （4, 4）94种可能．（2）4个人中有两人是同色的同花顺，另外两人是另外两种花色的．两个人是同色的同花顺的分发有10种，他们的花色有4种选择．故共有41P (4, 2)×10×P (3, 2)×92种.（3）4个人中每两人是一种同花顺．同上，共有P (4, 2) ×41 × 10 ×31× 10 × P (2, 2)种.其余32张牌平均分配给4个人的分法有328 248 168 88种．将52张牌平均分给4个人的分法有5213 3913 2613 1313种．因而所求的概率P (n )为42443(4, 4)9(4, 2)10(3, 2)9(4, 2)1010(2, 2)111()52392613131313133224168 0.0006 %.8888P P P P P P n ×+××××+××××× = ×××××××=【例17】 如图1.3所示，只可以沿水平和垂直道路向右或向上走，计算从(0, 0)点到(n , n )点的不穿过直线y = x 的路径数．在解答此题之前，首先考虑两个较简单的 问题．（1）图1.4中，从(0, 0)点开始，只可以沿水平和垂直道路向右或向上走，要走到(m ,n )点，共有多少种走法？（2）利用图1.5来说明等式01=+++ = ∑m i m n n i m i10图 1.3。