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第十一章排列与组合 计数的基本原理是加法原理和乘法原理，容斥原理是加法原理的推广

11.1 基本计数原理 • 定理11.1(加法原理)设A和B是有限集合S的两个互不相交的子集，且A∪B=S，则|S|=| A|+|B|。 • 证明：因为S=A∪B，先求A中元素个数为|A|，再求S中其余元素个数。 • 因为A和B是有限集合S的两个互不相交的子集， • 所以S中的元素不在A中必在B中，且B中元素不在A中， • 所以S中不在A中的元素有|B|个，即|S|=|A|+|B|。

定理11.2(乘法原理)：设集合A和B都是有限集，|A|=p，|B|=q，则：|A×B|=pq定理11.2(乘法原理)：设集合A和B都是有限集，|A|=p，|B|=q，则：|A×B|=pq • 证明从略。 • 例：某学生从 2 门数学课和 4 门计算机课中任意选修一门， • 有2+4=6种选修方法。 • 若他要选修数学课和计算机课各一门， • 则有2×4=8种选修方法。

11.2 集合的排列 • 一、集合的排列 • 将讨论集合的排列，包括环排列问题。 • 1.排列 • (1)从{1,2,3,4,5,6,7,8,9}选取数字构成4位数，如果要求每位数字都不相同，问有多少种选法？ • (2)从{1,2,3,4,5,6,7,8,9}选取数字构成4位数，问有多少种选法？ • 这两个问题不同点在于前者不允许重复选取，而后者则允许重复。 • 首先考虑不重复问题。

定义11.1:从n个元素的集合S中有序选取的r个元素称为S的一个r-排列，不同的排列总数记为p(n,r)。若r=n，则称此排列为全排列。当r>n，规定p(n,r)=0。定义11.1:从n个元素的集合S中有序选取的r个元素称为S的一个r-排列，不同的排列总数记为p(n,r)。若r=n，则称此排列为全排列。当r>n，规定p(n,r)=0。 • 定理11.3：对rn的正整数n,r，有p(n,r)=n(n-1)…(n-r+1) • 令n!=n(n-1)…2•1，且规定0!=1，则p(n,r)=n!/(n-r)!

例：某产品加工需要一、二、三、四、五共 5 道工序， • 则安排这些加工工序共有 p(5,5)=120种方法。 • 若工序一必须先加工，则有p(4,4)=24种方法。 • 若工序三不能放在最后加工，此时的安排加工工序的方法数可这样来求： • 由于工序三的加工安排有p(4,1)=4种， • 而其余的工序安排共有p(4,4)=24种， • 由乘法原理知共有4×24=96种方法。

例：在上例中，(1)若规定工序四必须紧跟在工序三的后面，有多少种安排方法?例：在上例中，(1)若规定工序四必须紧跟在工序三的后面，有多少种安排方法? • (2)若规定工序二必须在工序五的前面，有多少种安排方法? • 解：(1)把工序三、四看成一个工序，这样就相当于四道工序，因此有p(4,4)=24种方法。 • (2)把工序二放在工序五的前面，有四种情况: • 1)工序二、五在一起，相当于四道工序， • 因此有 24 种; • 2)工序二、五中间间隔一道工序，中间一道工序从一、三、四中选，有p(3,1)=3种， • 把工序二、五连同中间间隔一道工序看成一个工序， • 这样就相当于三道工序， • 因此有p(3,3)=6种方法， • 由乘法原理得p(3,3)×p(3,1)=18种;

3)工序二、五中间间隔两道工序， • 中间两道工序从一、三、四中选，有p(3,2)种， • 把工序二、五连同中间间隔两道工序看成一个工序， • 这样就相当于两道工序，因此有p(2,2)种方法， • 由乘法原理得p(2,2)×p(3,2)=12种; • 4)工序二、五中间间隔三道工序，则有p(3,3)=6种。 • 由加法原理知，要使工序二在工序五的前面，安排加工工序的方法共有24+18+12+6=60种。

例：十进制数字中，没有重复的4位数有多少个？例：十进制数字中，没有重复的4位数有多少个？ • 解：这是从10个数字0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中取4个的排列问题， • 所以P(10,4)=5040。 • 又因为4位数首位不能为0，必须去掉这种情况。 • 而首位是0的4位十进制字符串个数就是考虑另三位从1,2,3,4,5,6,7,8,9中选取的问题， • 即为P(9,3)=504。 • 所以十进制数字中，没有重复的4位数有5040-504=4536。

例：排列26个字母，使得在a和b之间正好有7个字母，问有多少种排法?例：排列26个字母，使得在a和b之间正好有7个字母，问有多少种排法? • 解：(1)a首b尾，中间恰含7个字母的排列有P(24,7)； • b首a尾，中间恰含7个字母的排列有P(24,7)。 • 因此以a,b为端点的9个字母排列有2P(24,7)。 • (2)把上述9个字母看成整体，与剩下的17个字母共18个进行全排列，有P(18,18)=18! • 因此由乘法原理得“排列26个字母，使得在a和b之间正好有7个字母”的排法有2P(24,7)18!

2.环排列 • 前面讨论的排列确切地说应该称为线形排列，下面将介绍环排列。 • 定义11.2：从有限集合A={a1,a2,…,an}上选取r个元素排成一个环形，这样的排列称为A一个r-环排列。 • 例如排列12345与排列45123 是不同的排列，但首尾相接成环时就是同一个环排列了，因此从集合中选取元素排成一个环，其排列数将比线形排列数少。

定理11.4：由n个元素组成的集合A的r-环排列数是： p(n,r)/r。A的n-环排列数是P(n,n)/n=(n-1)! • 证明：把A的所有r-线形排列分成组，使得同组的每个线形排列可以连接成同一个环排列。 • 而对于一个r-环排列可产生 r个r-线形排列(在r个位置上断链，产生r个不同排列r-线形排列)，因此每组中恰含有r个r-线形排列，所以A的r-环排列数为p(n,r)/r。当r=n时，A的环排列数为p(n,n)/n=(n-1)!

例11.5：(1)10个男孩和5个女孩站成一排~，若没有两个女孩相邻，问有多少种排法?例11.5：(1)10个男孩和5个女孩站成一排~，若没有两个女孩相邻，问有多少种排法? • (2)10个男孩和5个女孩站成一个圆圈，若没有两个女孩相邻，问有多少种排法? • 解：把男孩看成格子的分界，而每两个男孩之间则看成一个空格。 • (1) 10 个男孩站成一排的排法有p(10,10)种， • 对于每一种排法有 11 个空位置放置5个女孩， • 有p(11,5)种放法。 • 由乘法原理得所求排列数是 • p(10,10)×p(11,5)=(10!×11!)/6!。

(2) 10 个男孩站成一圈的排法实际上就是 10 个元素的环排列数， • 为p(10,10)/10。 • 而对于每一种排法有10个空位置放置女孩， • 故方法数为p(10,5)。 • 由乘法原理得所求排列数是 p(10,10)/10)×p(10,5)=(10!×9!)/5!

11.3 集合的组合 • 集合的组合问题 • C(n,k)的有关性质及恒等式。 • 一、集合的组合 • 定义11.3：从n个元素的集合A中无序选取r个元素组成S的子集称为S的一个r-组合,不同的组合总数记为C(n,r)。当n0，规定C(n,0)=1。 • 显然当r>n时，C(n,r)=0。

定理11.5：对于一切rn，有：C(n,r)=p(n,r)/r! • 即：C(n,r)=n!/r!(n-r)! • 证明：根据C(n,r)的定义可以知道，C(n,r)表示从n个元素中选取r个元素的选法数。 • 与集合的排列相比，主要在于集合的排列还对所选出的r个元素进行全排列，这有r!种。 • 由乘法原理得，n个元素的r种元素的排列数p(n,r)可以表示为C(n,r)r!。 • 即C(n,r)r!=p(n,r)， • 故C(n,r)=p(n,r)/r!=n!/(r!(n-r)!)。

推论11.1：对于一切rn，有C(n,r)= C(n,n-r)。 • 证明：C(n,r)=n!/(r!(n-r)!)=n!/((n-(n-r))!(n-r)!)=C(n,n-r) • 例：一周安排3天上机，问有多少种不同安排方式？ • 解：一周7天，即7个元素； • 3天上机，不存在次序问题，从7中选3， • 有C(7,3)=7!/(3!4!)=35。

例：在100件产品中，有2件次品。 • (1)从其中任意抽出3件，方式数是多少? • 解：无序，这是组合问题， • 故有C(100,3)=161700种。 • (2)抽出的3件产品中恰有2件为次品的方式数是多少? • 解：2件从次品中选取，有C(2,2)种， • 另外1件从正品中选，有C(98,1)种， • 由乘法原理得，共有C(2,2)×C(98,1)=98种。 • (3)抽出的3件产品中恰有1件次品的方式数是多少? • 解：1件从次品中选取，有C(2,1)种， • 另外2件从正品中选，则有C(98,2)， • 故共有C(2,1)×C(98,2)=9506种。

(4)抽出的3件产品中至少有1件为次品的方式数是多少?(4)抽出的3件产品中至少有1件为次品的方式数是多少? • 解：抽出的3件产品中至少有1件为次品，有两种情况， • 恰有1件次品和恰有2件次品， • 故共有9506+98=9604种。 • (5)抽出的3件产品中没有次品的方式数是多少? • 解：没有次品即意味着是从正品中选取， • 有C(98,3)=152096种。

例：从1,2,…,300之中任取3个数，使得它们的和能被3整除，问有多少种选取方法?例：从1,2,…,300之中任取3个数，使得它们的和能被3整除，问有多少种选取方法? • 解：把1,2,…,300分成A,B,C三个组。 • A={x|x=1mod 3}，B={x|x=2 mod 3}，C={x|x=0 mod 3} • 显然|A|=|B|=|C|=100。 • 设任取的3个数为i,j,k，则选取是无序的且满足i+j+k=0 mod 3， • 一种选法是i,j,k都取自同一组，或者都从A中，或都从B中，或都从C中选取，共有三个组，每组取法为C(100,3)， • 所以方法数为3C(100,3);

另外还可有一种选法就是i,j,k分别取自A,B,C这三个集合，这是因为1+2+0=3=0mod3。另外还可有一种选法就是i,j,k分别取自A,B,C这三个集合，这是因为1+2+0=3=0mod3。 • 由乘法原理知，方法数为C(100,1))3 • 所以由加法原理， • 总取法数为3C(100,3)+(C(100,1)) 3。

二、二项式系数及组合恒等式 • 表示n个元素集合的k组合个数C(n,k)有不少性质及各种恒等式，由于它们出现在二项式定理之中，故称它们为二项式系数。 • 定理11.6(二项式定理)：设n为正整数，对一切x和y有：证明从略。

推论11.2：对任何正整数n，有： • C(n,0)+C(n,1)+…+C(n,n)=2n • 证明：令x=y=1，有

推论11.3：对任何正整数n，有：C(n,0)-C(n,1)+C(n,2)-…+ (-1)nC(n,n)=0 • 证明:令x=-1,y=1，则此推论又可表示为: C(n,0)+C(n,2)+ …=C(n,1)+C(n,3)+ … 定理11.7(牛顿二项式定理)：设是一个实数，则对一切满足 |x/y|<1的x和y有:

其中C(,k)应作如下推广：对任意实数，整数k有：其中C(,k)应作如下推广：对任意实数，整数k有：证明从略。

在上面的定理中，取=-n, y=1，即得下面的推论： • 推论11.4：对任何正整数n，对|x|<1有: 在上式中用-x代得：

定理11.8：设m,n,r,k为正整数，则下列恒等式成立。定理11.8：设m,n,r,k为正整数，则下列恒等式成立。 (2)C(n,k)=C(n-1,k)+C(n-1,k-1)(杨辉公式，又称Pascal公式)；

(5)C(n,r)C(r,k)=C(n,k)C(n-k,r-k)，这里rk； • (6)C(m,0)C(n,r)+C(m,1)C(n,r-1)++C(m,r)C(n,0)=C(m+n,r)，这里rmin{m,n}。该公式又称为Vandermonde恒等式； • (7)C(m,0)C(n,0)+C(m,1)C(n,1)++C(m,m)C(n,m)=C(m+n,m)，这里mn。当m=n时，上式即为

令x=1，则： • 证明：(1)、(2)、(5)根据定理11.5代入即得。下面证明(3)、(6)、(8)，(4)、(7)的证明留作习题。 • (3)在二项式定理中，令y=1，则得: 对上式两边关于x求导，得：

(6)构造m+n个元素的集合S，S={a1,a2,…,am,b1,b2,…,bn}，C(m+n,r)表示从S中无序选取r个元素的方法数。令 S1={a1,a2,…,am},S2={b1,b2,…,bn}。把上述选法分类: • 在S1中不选，从S2中选r个方法数:C(m,0)C(n,r)。 • 在S1中选1个，从S2中选r-1个方法数：C(m,1)C(n,r-1)。 • … • 在S1中选r个，在S2中不选的方法数：C(m,r)C(n,0)。 • 由加法法则，选法总数为： • C(m,0)C(n,r)+C(m,1)C(n,r-1)+ …+C(m,r)C(n,0)=C(n+m,r)

(8)由(2)可得： • C(n+k+1,k)=C(n+k,k)+C(n+k,k-1)

11.4 多重集的排列和组合 • 一、多重集 • 所谓集合是一些不同对象全体。 • 所谓多重集是一些对象(可重复出现)的全体， • 多重集中对象ai出现的次数ni称为元素ai的重数。 • 若多重集中不同元素个数为k时，称该多重集为k元多重集。 • 如果多重集的元素个数是有限的，则称为有限多重集。 • 若有限多重集S有 a1,a2,…,ak共k个不同元素，且ai的重数为ni，则可记为： • {n1a1,n2a2,…,nkak}

例：有限3元多重集{a,a,a,a,b,b,c}可简记为{4a,2b,1c}。例：有限3元多重集{a,a,a,a,b,b,c}可简记为{4a,2b,1c}。 • 如果k元多重集的不同元素重复出现任意多次时，可记为： • {a1,a2,…,ak} • 两个多重集的并交差运算定义为： • A∪B=C, • 对任意ciC，ci的重数就等于该元素在A、B中的重数的最大值。 • 例：A={1a,3b,3c},B={2a,1b,2c,1d}, • A∪B=

A∩B=C, • 对任意ciC，ci的重数就等于该元素在A、B中的重数的最小值。 • A∩B= • 一般集合是多重集元素重数为0或1的特殊情况。容易验证，多重集中所定义的并交运算当多重集中元素重数为0或1时，就是普通集合的并交运算。 • 那么A-B=? • 对A中每个元素，它的重数减去在B中的重数若>0，则就是该元素在A-B中的重数，否则(A的重数减去在B中的重数0) 该元素在A-B中的重数为0。 • A-B=

二、多重集的排列 • 定义11.4：设有限多重集S={n1a1,n2a2, …,nkak}，且n=n1+n2+…+nk，从S中有序选取r个元素称为S的一个r-排列(r|S|=n)，当r=n时，称为S的一个全排列。 • 从k元多重集S={a1,a2,…,ak}中有序选取r个元素也称为S的一个r-排列。 • 例S={2a,1b,3c}，acbc、cbcc、abca都是S的4排列， • 而abccac是s的6排列， • 因为|S|=6<7，所以S没有7排列。

定理11.9:设k元多重集S={a1,a2, …,ak},则S的r-排列数是kr • 证明：在构造S的一个r-排列时，每一位都有k种选法。由于S中的每种元素可任意次重复，因此每位的选择是相互独立的，由乘法原理即得不同的排列数为kr • 由此定理可得下面结论： • 推论：设S={n1a1,n2a2,…,nkak}，且对一切i=1,2,…,n，有nir，则S的r-排列数是kr。

例：求4位二进制字符串的个数。 • 解：此问题相当于求多重集{0,1}的4-排列数, 故为24=16。 • 定理11.10：设有限多重集S={n1a1,n2a2, …,nkak}，且n=n1+n2+…+nk=|S|，则S的全排列数为：n!/(n1!n2!…nk!)。

证明：S的一个排列就是它的n个元素的一个全排列，证明：S的一个排列就是它的n个元素的一个全排列， • 但S中有n1个a1，在排列时要占据n1个位置， • 故对n1个a1的排列就是从n个位置中无序选取n1个位置，其方法数为 C(n,n1)。 • 对n2个a2的排列则是从剩下的n-n1中无序选取n2个位置，其方法数为C(n-n1,n2)。 • 对S中其它元素的排列类似得到方法数。 • 由乘法原理得S的排列数为： • N=C(n,n1)C(n-n1,n2)…C(n-n1-…-nk-1,nk) • =n!/(n1!n2!…nk!)

例：用2面红旗，3面黄旗和3面绿旗依次悬挂在一根旗杆上，问可以组成多少种不同的标志?例：用2面红旗，3面黄旗和3面绿旗依次悬挂在一根旗杆上，问可以组成多少种不同的标志? • 解：所求计数相当于有限多重集{2红旗,3黄旗, 3绿旗}的排列数N，由定理11.10有： • N= • 例：对12间办公室进行粉刷，其中要求把3间粉刷成白色，2间为黄色，2间为绿色，其余为蓝色，问有多少种不同的粉刷方法? • 解：所求计数相当于有限多重集{3白色,2黄色, 2绿色,5蓝色}的排列数N，由定理11.10有： • N=

关于有限多重集的排列问题小结如下: • 设S={n1a1,n2a2,…,nkak}, n=n1+n2+… +nk=|S|，则S的r-排列数N满足： • (1)若r>n，则N=0。 • (2)若r=n，则N=n!/(n1!n2!…nk!) • (3)若r<n，且对一切i=1,2,…,n，有nir，则S的r-排列数是kr。 • (4)若r<n，且存在着某个ni<r，则对N目前没有一般的求解方法，但在以后介绍生成函数后可以解决。

三、多重集的组合定义11.5：设多重集S={n1·a1,n2·a2,…, nk·ak}(这里ni可以是有限也可以是无限的)。S的含有r个元素的子多重集称为S的r-组合。当|S|=n，显然S的n-组合只有一个，就是S自己。而S的1-组合数有k个(从S的k个不同元素中任选一个)。定理11.11:设k元多重集S={·a1,·a2, …, ·ak},则S的r-组合数是C(k+r-1,r)。

S的任一个r-组合为S的子集，它的形式可写为:{x1·a1,x2·a2,…,xk·ak}。其中xi为非负整数，且满足方程S的任一个r-组合为S的子集，它的形式可写为:{x1·a1,x2·a2,…,xk·ak}。其中xi为非负整数，且满足方程因此，一个r-组合就对应了上述方程的非负整数解。

给定T的一个排列，在此排列中有k-1个 0且这k-1个 0 把r个1 分成k 组。 • 从左数起，第一个 0 的左边的1的个数记为x1， • 介于第一个 0 和第二个 0 之间的1的个数记为x2，…， • 最后一个 0 的右边的1的个数记为xk， • 则所得到的x1,x2,…,xk都是非负整数，且其和等于r。

就是多重集T的一个排列， • |T|=(k-1)+r。 • 根据定理11.10，T的排列数为：

由定理11.11可得到推论。 • 推论11.5：设有限多重集S={n1·a1,n2·a2,…, nk·ak}，且nir(1ik),则S的r-组合数是C(k+r-1,r)。 • 例：掷3粒骰子出现的不同情况有多少种？ • 解：这相当于从多重集{3·1,3·2,3·3,3·4,3·5, 3·6} 中无序选取3个数，由推论11.5得，其不同的结果数为 C(6+3-1,3)=C(8,3)=56。

作业: • P236 1,5,6,7,8,10,13,14, 15,17

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