父級頁面：【數學】組合數學
排列
組合
可重排列
可重組合
隔板法
盒子可以為空
隔板法：x個相同的小球，有y個不同的盒子，每個盒子可以為空，求有多少種方案數？把y個不同的盒子視作y-1個不同的隔板，然後把小球視作不同的，全排列有 \(A_{x+y-1}^{x+y-1}\) 種，然後除以隔板的全排列（隔板之間沒有區別），再除以小球的全排列（小球之間也沒有區別），最後在兩側再加入兩個隔板，然後兩個隔板之間的就是這個盒子分配到的球數，也就是 \(C_{x+y-1}^{x}\) 。
隔板法2：Stars and Bars，x個相同的小球，y個不同的盒子，每個盒子可以為空，求有多少種方案數？用y-1個隔板去分隔小球，分隔得到y段可能為空的區間，這個區間就是原本的盒子。由於隔板是相同的，小球也是相同的，所以就是隔板數y-1和小球數x的和，選出y-1個位置來放隔板或者選出x個位置來放小球。（不同的盒子由其順序確定）。
**注意這裡是 \(C_{x+y-1}^{x}\) 或者 \(C_{x+y-1}^{y-1}\) ，不要寫成 \(C_{x+y-1}^{x-1}\) 了！或者說就不應該想象成盒子數y，應該直接就用隔板數y-1就好了。
盒子可以為空的問題也可以先借y個小球過來，然後用下文盒子非空的方法做，顯然是 x+y -1個小球之間選y-1個隔板，然後最後把虛空的小球還回去。
把小球數記為n，盒子數記為m，那麼等價於求方程 \(x_1+x_2+x_3+\cdots+x_m = n, \; x_i \geq 0\) 的解。
盒子必須非空
x個相同的小球，y個不同的盒子，每個盒子至少要分到1個小球。這個問題比上面的簡單得多，只需要找y-1個插板插到小球之間的x-1個空位裡面，並且一個空位裡面最多隻有一個插板，所以就是 \(C_{x-1}^{y-1}\)。
但是也可以轉化為上面那個問題，先取出y個小球各放1個進盒子裡面，然後用盒子可以為空的方法做。
把小球數記為n，盒子數記為m，那麼等價於求方程 \(x_1+x_2+x_3+\cdots+x_m = n, \; x_i \geq 1\) 的解。
這個方法可以進一步推廣到盒子內至少有k個小球，那麼要借y*k個虛空小球，然後最後再把他們都還回去。當然每個盒子的小球的下限甚至沒必要一樣。設每個盒子的下限是k_i，那麼就先把 sum k_i 個小球都分別放到盒子裡面再用盒子非空的方法去做。
整數分拆
小球也相同，盒子也相同，可以有空盒子。相當於整數分拆的問題，不太好算，可以用生成函式去搞
例如4的分拆有4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1, p(4) = 5
求上面這個多項式的第n項的結果就是n的整數分拆。其中第i個括號表示拆分出多少個數字i，不重不漏。
利用生成函式可以求出諸如：
差分拆：每個數字最多拆出現一次：
4的分拆只有4, 3+1
生成函式就是下面（因為相同的數字要麼出現0次要麼出現1次，所以變成了二項式）：
奇分拆：拆出來的都是奇數：
4的分拆只有：3+1, 1+1+1+1
據說奇分拆和差分拆的數量是一樣的。不會證明。
常用的求和：
\(C_n^m = C _{n-1}^{m-1}+C _{n-1}^{m}\)
\(mC_n^m = nC _{n-1}^{m-1}\)
二項式定理
\(\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=C_n^0+C_n^1+C_n^2+……+C_n^n = 2^n\)
類似求和 \(\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i=C_n^0-C_n^1+C_n^2-……+(-1)^nC_n^n = 0\) （奇數項求和=偶數項求和）
\(\sum\limits_{i=0}^n2^iC_n^i = 3^n\)
利用 \(C_n^mC_m^k=C_n^kC_{n-k}^{m-k}\) ，加上二項式定理，可以得到下式
\(1C_n^1+2C_n^2+3C_n^3+……+nC_n^n =n2^{n-1}\)
\(\sum\limits_{i=1}iC_n^i = \sum\limits_{i=1}C_i^1C_n^i = \sum\limits_{i=1}C_n^iC_i^1 \\ = \sum\limits_{i=1}C_n^1C_{n-1}^{i-1} = C_n^1\sum\limits_{i=1}^n C_{n-1}^{i-1} \\ = C_n^1\sum\limits_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i \\ = n2^{n-1} \\\)
\(1^2C_n^1+2^2C_n^2+3^2C_n^3+……+n^2C _n^n =n(n+1)2^{n-2}\)
\(\frac{C_n^1}{1}-\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^3}{3}+……+(-1)^{n-1}\frac{C _n^n}{n} =1 + \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+……+ \frac{1}{n}\)
\((C_n^0)^2+(C_n^1)^2+(C_n^2)^2+……+(C _n^n)^2 = C_{2n}^n\)
n個球選x個染黑，黑球之間位置差至少為k的方案：在n-(x-1)(k-1)裡面選x個黑球，染黑之後在前x-1個黑球后緊跟k-1個白球，得一一對應。
圓排列：n個不同的球，取m個進行圓排列，先用組合數取出m個，然後規定圓的開頭是最小的元素，那麼剩下的元素可以任意排列，故答案為 \(C_n^m\cdot A_{m-1}^{m-1}=\frac{n!}{(n-m)!m!}\cdot(m-1)!=\frac{n!}{(n-m)!m}=\frac{A_n^m}{m}\)
錯位排列
ll D[MAXN];
void initD(int n) {
ASSERT(1 <= n && n <= MAXN && n < MOD);
D[0] = 1, D[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(i & 1) {
D[i] = (1LL * i * D[i - 1] - 1) % MOD;
if(D[i] < 0) D[i] += MOD;
} else
D[i] = (1LL * i * D[i - 1] + 1) % MOD;
}
}