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

• 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。

• 定理 11.3 ：对 rn 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 ?

• (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？

• 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 504

0-504=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 ?

• 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 ?

• (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 n0 ，规定 C(n,0)=1。

• 显然当 r>n 时， C(n,r)=0。

• 定 理 11.5 ： 对 于 一 切 rn ， 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 rn ，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 ?

• 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 ?

• 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。

• 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：

n

k

knkn yxknCyx0

),()(

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

n

k

n

k

knknn knCknC00

),(11),()11(2

• 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

n

k

kn

k

knkn knCknC00

),()1(1)1)(,()11(0

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 :

0

))(,()(k

kk yxkCyx

• 其中 C(,k) 应作如下推广：对任意实数，整数 k 有：

00

01

0)1()1(

),(

k

k

kk

kC

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 :

0

),1()1()1(

1

)1(

1

k

kknn

xkknCxx

在上式中用 -x代得：

00

),1())(,1()1()1(

1

k

k

k

kkn

xkknCxkknCx

• 定理 11.8 ：设 m,n,r,k 为正整数，则下列恒等式成立。

)1,1(),()1( knCk

nknC

(2)C(n,k)=C(n-1,k)+C(n-1,k-1)(杨辉公式，又称 Pascal公式 ) ；

1

1

2),()3(

n

n

k

nknkC

2

1

2 2)1(),()4(

n

n

k

nnknCk

• (5)C(n,r)C(r,k)=C(n,k)C(n-k,r-k) ，这里rk；

• (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rmin{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 mn 。当m=n 时，上式即为

),2(),(0

2 nnCknCn

k

• 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 :

),1(),()8(0

mmnCkknCm

k

n

k

kn xknCx0

),()1(

对上式两边关于 x 求导，得：

n

k

kn xknkCxn0

11 ),()1(

令 x=1 ，则：

n

k

nn knkCnn0

11 ),()11(2

• (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：

• {n1a1,n2a2,…,nkak}

• 例：有限 3 元多重集 {a,a,a,a,b,b,c} 可简记为 {4a,2b,1c}。

• 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 ciC ， ci 的重数就等于该元素在

A、 B 中的重数的最大值。• 例： A={1a,3b,3c},B={2a,1b,2c,1d},• A B=∪

• A∩B=C,• 对任意 ciC， 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={n1a1,n2a2,

…,nkak} ，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={2a,1b,3c}， 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={n1a1,n2a2,…,nkak} ， 且 对

一切 i=1,2,…,n ，有 nir ，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={n1a1,n2a2, …,nkak} ，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，

• 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 ?

• 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={n1a1,n2a2,…,nkak}, 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nir ，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

证明：(1)求S的r-组合数就是确定方程rxk

ii1的非负整

数解的组数。

rxk

ii

1

因此，一个 r- 组合就对应了上述方程的非负整数解。

反之，由满足rxk

ii1方程的一组非负整数解，x1,x2,…,xk也可

得到S的一个r-组合。

所以求S的r-组合数就是确定方程rxk

ii

1的非负整数

解的组数。

• 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 。

(2)方程rxk

ii

1的非负整数解的组数等于

多重集T={(k-1)·0,r·1}的排列数。

• 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：

给定方程rxk

ii

1的一组非负整数解

x1,x2,…,xk，可以如下构造排列:

),1(!)!1(

)!1(rrkC

rk

rk

• 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 nir(1ik),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