第 34 章 · 计数原理

项目	内容
课标主题	选择性必修 · 概率与统计 · 计数原理
人教 A 版	选择性必修第三册 第六章 6.1–6.3
考试地位	常考。排列组合多是一道选择题或填空题，二项式定理常考求某一项的系数；排列组合还是古典概型和分布列计算里的工具
前置知识	第 1 章集合（子集个数、容斥原理）

计数就是“数一数有多少种”。看起来简单，难在数的时候不重复、不遗漏。这一章的公式不多，丢分几乎都丢在思路上：该分类的没分类、分类的标准不统一导致重复；该捆绑的忘了乘内部的排法；均匀分组忘了除以组数的阶乘。二项式定理则多丢在“第几项”数错、二项式系数和项的系数混淆。

34.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
34.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理	分类的方法数相加，分步的方法数相乘	必会，所有计数题的基础
34.3 排列	从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排成一列，$\mathrm{A}_n^m = \dfrac{n!}{(n - m)!}$	常考，相邻、不相邻、特殊元素是三大题型
34.4 组合	从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个不计顺序，$\mathrm{C}_n^m = \dfrac{n!}{m!(n - m)!}$	常考，分组分配是难点
34.5 二项式定理	$(a + b)^n$ 展开后第 $k + 1$ 项是 $\mathrm{C}_n^k a^{n - k} b^k$	常考，求特定项的系数、赋值法求系数和

34.2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

说明

分类加法计数原理：完成一件事有 $n$ 类不同的方案，第 1 类有 $m_1$ 种方法，第 2 类有 $m_2$ 种方法，……，第 $n$ 类有 $m_n$ 种方法，那么完成这件事共有

$$N = m_1 + m_2 + \dots + m_n$$

种不同的方法。要求：每一类里的每一种方法都能单独把这件事做完，不同类的方法互不相同。

分步乘法计数原理：完成一件事需要 $n$ 个步骤，做第 1 步有 $m_1$ 种方法，做第 2 步有 $m_2$ 种方法，……，做第 $n$ 步有 $m_n$ 种方法，那么完成这件事共有

$$N = m_1 \times m_2 \times \dots \times m_n$$

种不同的方法。要求：每一步都不能单独把事做完，所有步骤都做完才算完成；而且每一步的方法数不受前面具体选了哪一种的影响。

一句话区分：分类，各类之间是“或”，每一类都能独立完成，用加法；分步，各步之间是“且”，缺一步都不行，用乘法。

例如从甲地到丙地：可以先从甲到乙（3 条路）再从乙到丙（2 条路），这是分两步，有 $3 \times 2 = 6$ 种走法；也可以从甲直达丙（2 条路）。“经过乙”和“直达”是两类，所以共有 $6 + 2 = 8$ 种走法。

使用场景

• 题目里的办法能分成几类，任何一类都能单独完成这件事（“取一本”“选一人”“要么……要么……”）：用分类加法。
• 要分几步才能完成，每一步有固定的选法（“先……再……”、几个位置依次填数）：用分步乘法。
• 某一步的选法会受前面的影响，或者条件里有“偶数”“不能为 0”这类限制：先分类，每一类里再分步。
• 涂色问题，相邻区域不同色：按区域顺序分步，相邻关系复杂时按“某两块是否同色”分类。
• 每个对象各自独立地选一个去处（投信、报名、住宿）：每个对象是一步，$n$ 个对象各有 $k$ 种选择，共 $k^n$ 种。

注意点

• 分类要有统一的标准，做到“不重复、不遗漏”。最稳的做法是按某一个元素或某一个位置的情况来分。
• 分步时，每一步的方法数要能确定。如果某一步的方法数取决于前一步选了什么，就要先分类，或者调整步骤的顺序，先做有限制的那一步。
• 数字问题里，0 不能放在最高位。凡是涉及 0 的数字排列，都要先处理最高位，或者按 0 的位置分类。
• 投信、报名这类题，要分清“谁是一步”：以必须做完、彼此独立的那一方为步骤。4 封信投进 3 个邮筒，每封信都要投，所以每封信是一步，共 $3^4$ 种，不是 $4^3$ 种。

证明

两个原理在课本里作为基本原理直接给出，下面用第 1 章的集合语言说明它们为什么成立。

分类加法：把第 $i$ 类的方法看成集合 $A_i$，$\mathrm{card}(A_i) = m_i$。所有方法组成的集合是 $A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n$。

（关键一步：不同类的方法互不相同，所以这些集合两两的交集都是空集。）由第 1 章 1.4 节的容斥原理，$\mathrm{card}(A_1 \cup A_2) = \mathrm{card}(A_1) + \mathrm{card}(A_2) - \mathrm{card}(A_1 \cap A_2) = m_1 + m_2$。逐个并进来，就得到 $N = m_1 + m_2 + \dots + m_n$。

分步乘法：先看两步的情形。第 1 步的方法记为 $a_1, a_2, \dots, a_{m_1}$，第 2 步的方法记为 $b_1, b_2, \dots, b_{m_2}$。完成这件事的一种方法就是一个有序对 $(a_i, b_j)$。把所有有序对排成一张表：

	$b_1$	$b_2$	$\cdots$	$b_{m_2}$
$a_1$	$(a_1, b_1)$	$(a_1, b_2)$	$\cdots$	$(a_1, b_{m_2})$
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$		$\vdots$
$a_{m_1}$	$(a_{m_1}, b_1)$	$(a_{m_1}, b_2)$	$\cdots$	$(a_{m_1}, b_{m_2})$

表有 $m_1$ 行、每行 $m_2$ 个，共 $m_1 \times m_2$ 个。（关键一步：每一行的个数都是 $m_2$，与第 1 步选了哪一个无关，所以可以用乘法；如果各行个数不同，只能逐行相加。）三步、更多步的情形，把前两步看成一步，反复用这个结论即可。

严格的证明属于大学离散数学或集合论：有限集的元素个数用一一对应来定义，再用数学归纳法证明。

例题

例 1　（场景：分类加法）书架上层有 4 本不同的数学书，中层有 5 本不同的语文书，下层有 3 本不同的英语书。（1）从书架上任取 1 本，有多少种取法？（2）从三层各取 1 本，有多少种取法？

解：（1）取 1 本书，取数学书、语文书、英语书都能完成这件事，是三类。由分类加法计数原理，共 $4 + 5 + 3 = 12$ 种。

（2）三层各取 1 本，要先取数学书、再取语文书、再取英语书，三步都做完才算完成。由分步乘法计数原理，共 $4 \times 5 \times 3 = 60$ 种。

容易卡在：同一组数据，问法不同，用的原理就不同。先问自己“取一本能不能完成这件事”。

例 2　（场景：分步乘法）用 0、1、2、3、4 这五个数字，（1）可以组成多少个三位数（数字可以重复）？（2）可以组成多少个没有重复数字的三位数？

解：组成三位数，分三步：先填百位，再填十位，最后填个位。

（1）百位不能是 0，有 4 种；十位、个位各有 5 种。共 $4 \times 5 \times 5 = 100$ 个。

（2）百位不能是 0，有 4 种；十位可以是 0，但不能和百位相同，剩 4 种；个位不能和前两位相同，剩 3 种。共 $4 \times 4 \times 3 = 48$ 个。

容易卡在：（2）的十位有 4 种不是 3 种。百位用掉一个非零数字后，0 可以用在十位，剩下的还是 4 个数字。

例 3　（场景：先分类再分步）用 0、1、2、3、4 组成没有重复数字的三位偶数，共有多少个？

解：个位必须是 0、2 或 4。个位是不是 0，会影响百位有几种选法，所以按个位分类。

1. 个位是 0：百位从 1、2、3、4 中选，4 种；十位从剩下 3 个数字中选，3 种。共 $4 \times 3 = 12$ 个。
2. 个位是 2 或 4：个位 2 种；百位不能是 0，也不能是个位用掉的那个，剩 3 种；十位从剩下 3 个数字（含 0）中选，3 种。共 $2 \times 3 \times 3 = 18$ 个。

由分类加法计数原理，共 $12 + 18 = 30$ 个。

容易卡在：不分类，直接写“个位 3 种、百位 3 种、十位 3 种”。个位是 0 时百位有 4 种选法，不是 3 种，所以不分类就算不对。

例 4　（场景：涂色问题）如图，一块矩形区域分成 A、B、C、D 四块，用 4 种不同的颜色涂色，要求相邻（有公共边）的区域涂不同的颜色，每块涂一种颜色，颜色可以重复使用。共有多少种涂法？

解：按 A、B、C、D 的顺序分四步涂。

• A：4 种。
• B：与 A 相邻，3 种。
• C：与 A、B 都相邻，而 A、B 颜色不同，剩 2 种。
• D：与 B、C 相邻，B、C 用掉 2 种颜色，剩 2 种（D 可以和 A 同色）。

共 $4 \times 3 \times 2 \times 2 = 48$ 种。

另一种解法：按 A、D 是否同色分类。A、D 同色：A 有 4 种，B 有 3 种，C 有 2 种，D 只能和 A 相同，1 种，共 $4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ 种。A、D 不同色：A、B、C 依次 4、3、2 种，D 和 A、B、C 都不同，只剩 1 种，共 $4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ 种。合计 48 种。本题按顺序分步就能做，因为 D 那一步的种数恰好与前面怎么涂无关；当某一步的种数取决于前面“某两块是否同色”时（比如围成一圈的区域），按顺序分步算不准，就要用这种分类的方法。

容易卡在：D 那一步以为只能用剩下的 1 种颜色，忽略了 D 和 A 不相邻、可以同色。

例 5　（场景：每个对象独立选去处）把 4 封不同的信投进 3 个不同的邮筒，共有多少种投法？

解：每封信都必须投出去，所以按信分步：第 1 封信有 3 个邮筒可选，第 2、3、4 封信也各有 3 个。共 $3 \times 3 \times 3 \times 3 = 3^4 = 81$ 种。

容易卡在：按邮筒分步，写成 $4^3 = 64$。邮筒可以空着，也可以收好几封信，“每个邮筒选一封信”不是这件事的完成方式。

常用推论

• $n$ 个对象，每个对象独立地从 $k$ 种选择中选一种，共 $k^n$ 种。第 1 章的子集个数 $2^n$ 就是 $k = 2$ 的情形：每个元素“放进子集”或“不放”，2 种选择。推导：每个对象是一步，用分步乘法。
• 正整数 $N = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$（$p_i$ 是不同的质数）的正约数有 $(a_1 + 1)(a_2 + 1) \cdots (a_k + 1)$ 个。推导：一个约数就是给每个 $p_i$ 选一个指数，$p_i$ 的指数可取 $0, 1, \dots, a_i$，共 $a_i + 1$ 种，再分步相乘。例如 $360 = 2^3 \times 3^2 \times 5$，正约数有 $4 \times 3 \times 2 = 24$ 个。
• 间接法：符合条件的个数 = 总数 − 不符合条件的个数。正面情况多、反面情况少时用。推导：全部方法分成“符合”和“不符合”两类，由分类加法计数原理移项得到。

易错点

• 错在哪：4 封信投进 3 个邮筒，写成 $4^3$。 为什么错：$4^3$ 是“每个邮筒选一封信”，但邮筒可以不收信，也可以收多封，这不是完成这件事的方式。 正确做法：找“必须做完、彼此独立”的一方作为步骤。每封信必须投且只投一个邮筒，所以是 $3^4$。
• 错在哪：组成没有重复数字的三位偶数，不分类，直接把各位的种数相乘。 为什么错：个位用不用 0，会改变百位的选法数，各步的种数不固定，分步乘法的前提不成立。 正确做法：按影响别的步骤的那个位置（这里是个位是否为 0）分类，每类内部再分步。
• 错在哪：分类时一会儿按 A 分、一会儿按 B 分，同一种方法被数了两次。 为什么错：分类加法要求各类互不重叠，标准不统一就会重叠。 正确做法：只用一个标准分类，分完检查每一种方法是否恰好落在一类里。

直观理解

分类像“岔路口选一条路走”：走哪条都能到，路数相加。分步像“闯关”：每关都要过，每一关的选法乘起来。画成树形图，分步就是每一层往下分叉，最底层的叶子数就是乘积；分类就是几棵树并排放，叶子数相加。

关联知识点

• 前置：第 1 章 1.3 节子集个数 $2^n$，推导用的就是分步乘法计数原理；1.4 节的容斥原理是分类加法的推广（各类有重叠时要减去重叠部分）。
• 后续：34.3 排列、34.4 组合的公式都由分步乘法计数原理推出。
• 后续：第 21 章古典概型，数样本点个数要用这两个原理。
• 常一起考：数字问题、涂色问题常和排列一起考。

34.3 排列

说明

排列：从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个（$m \le n$），按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列。两个排列相同，当且仅当元素相同且顺序也相同。

排列数：所有不同排列的个数，记作 $\mathrm{A}_n^m$：

$$\mathrm{A}_n^m = n(n - 1)(n - 2) \cdots (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!}.$$

第一种写法是“从 $n$ 开始往下乘，乘 $m$ 个数”，适合计算；第二种写法适合化简和证明。

全排列：$m = n$ 时，$\mathrm{A}_n^n = n! = n \times (n - 1) \times \dots \times 2 \times 1$，读作”$n$ 的阶乘”。规定 $0! = 1$。

例如 $\mathrm{A}_5^3 = 5 \times 4 \times 3 = 60$，$\mathrm{A}_4^4 = 4! = 24$。

常见题型和方法：

条件	方法	做法
某元素不能在（或必须在）某位置	特殊元素（位置）优先	先安排有限制的元素或位置，再排其余的
某几个元素必须相邻	捆绑法	把它们捆成一个整体参与排列，再乘整体内部的排法
某几个元素互不相邻	插空法	先排其余元素，再把这几个元素插进空隙
某几个元素顺序固定	定序法	先全排列，再除以这几个元素的全排列数
限制条件多、正面难数	间接法	总数减去不符合条件的个数

使用场景

• 从若干个不同对象中选出几个，并且选出后的位置或分工不同（担任不同职务、排成一排、组成数字）：直接用排列数公式。
• 题目说“甲不站排头”“0 不能在首位”“某人必须在中间”：特殊元素或特殊位置优先。
• 题目说“必须相邻”“排在一起”“连在一起”：捆绑法。
• 题目说“不相邻”“不能挨着”“互不相邻”：插空法。
• 题目说“甲必须在乙前面（不一定相邻）”“按从高到低的顺序”：定序问题，全排列后除以定序元素的全排列数。

注意点

• 排列和组合的区别只有一个：选出来以后换一换顺序算不算新的。算新的是排列，不算是组合。
• 捆绑之后一定要乘整体内部的排列数。$k$ 个元素捆在一起，内部有 $k!$ 种排法。
• 插空时，$k$ 个元素排成一排，形成 $k + 1$ 个空（包括两端）。要先排“可以随便站”的元素，再插“不能相邻”的元素，顺序不能反。
• 特殊元素和特殊位置同时有好几个时，直接分步容易重复或遗漏，这时用间接法（总数减去不合要求的），减的时候注意被减了两次的部分要加回来。

证明

排列数公式：从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排成一列，相当于依次填 $m$ 个位置，分 $m$ 步：

• 第 1 个位置：从 $n$ 个元素中任选 1 个，$n$ 种；
• 第 2 个位置：从剩下的 $n - 1$ 个中选，$n - 1$ 种；
• ……
• 第 $m$ 个位置：前面已用掉 $m - 1$ 个，剩 $n - m + 1$ 个，$n - m + 1$ 种。

（关键一步：每一步的种数只取决于前面“用掉了几个”，不取决于“用掉了哪几个”，所以满足分步乘法计数原理的条件。）由分步乘法计数原理：

$$\mathrm{A}_n^m = n(n - 1)(n - 2) \cdots (n - m + 1).$$

再把右边同乘、同除以 $(n - m)!$：

$$\mathrm{A}_n^m = \frac{n(n - 1) \cdots (n - m + 1) \cdot (n - m)!}{(n - m)!} = \frac{n!}{(n - m)!}.$$

$m = n$ 时分母是 $0!$。规定 $0! = 1$，正是为了让这个公式在 $m = n$ 时也成立：$\mathrm{A}_n^n = \dfrac{n!}{0!} = n!$。

捆绑法为什么对：甲乙相邻的每一种排法，都能唯一地看成“甲乙这个整体和其余元素的一种排列”加上“甲乙内部的一种顺序”；反过来，每一对这样的选择也恰好给出一种合要求的排法。两边一一对应，所以可以分两步相乘。

插空法为什么对：先排好其余元素，甲乙各占一个不同的空，两个空之间至少隔着一个已排好的元素，所以甲乙一定不相邻；反过来，任何一种甲乙不相邻的排法，去掉甲乙后，甲乙恰好分别在两个不同的空里。仍然是一一对应。

例题

例 1　（场景：直接用排列数公式）从 6 名同学中选出 3 名，分别担任班长、学习委员、体育委员，有多少种选法？

解：选出的 3 人担任不同的职务，甲当班长、乙当学习委员和乙当班长、甲当学习委员是不同的选法，与顺序有关，是排列问题。共 $\mathrm{A}_6^3 = 6 \times 5 \times 4 = 120$ 种。

例 2　（场景：特殊元素优先）6 名同学排成一排，甲不站排头，也不站排尾，有多少种排法？

解：甲是特殊元素，先排甲。甲只能站中间 4 个位置之一，4 种；其余 5 人站剩下 5 个位置，$\mathrm{A}_5^5 = 120$ 种。共 $4 \times 120 = 480$ 种。

另一种解法：间接法。6 人随便排有 $\mathrm{A}_6^6 = 720$ 种；甲站排头有 $\mathrm{A}_5^5 = 120$ 种，甲站排尾也有 120 种，这两种情况不会同时发生。所以共 $720 - 120 - 120 = 480$ 种。条件只限制一个元素时，直接法（先排特殊元素）一步到位；限制涉及两个元素且互相影响时（比如“甲不站排头、乙不站排尾”），用间接法不容易错，见本节易错点。

例 3　（场景：相邻用捆绑）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学排成一排，甲、乙必须相邻，有多少种排法？

解：分两步。

1. 把甲乙捆成一个整体，和丙、丁、戊一起是 4 个单位，全排列有 $\mathrm{A}_4^4 = 24$ 种。
2. 甲乙内部可以是“甲乙”或“乙甲”，$\mathrm{A}_2^2 = 2$ 种。

共 $24 \times 2 = 48$ 种。

容易卡在：忘了乘甲乙内部的 2 种，答成 24。

例 4　（场景：不相邻用插空）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学排成一排，甲、乙不相邻，有多少种排法？

解：分两步。

1. 先排没有限制的丙、丁、戊，$\mathrm{A}_3^3 = 6$ 种。
2. 3 个人之间和两端形成 4 个空，把甲、乙插进其中 2 个不同的空。甲乙是不同的人，谁进哪个空有区别，是排列，$\mathrm{A}_4^2 = 12$ 种。

共 $6 \times 12 = 72$ 种。

另一种解法：间接法。5 人全排列 $\mathrm{A}_5^5 = 120$ 种，减去例 3 中甲乙相邻的 48 种，得 $120 - 48 = 72$ 种。只有两个元素不相邻时，间接法更快；三个或更多元素要求互不相邻时，“不满足”的情况有好几种（两个挨着、三个都挨着），间接法反而难算，用插空法。

容易卡在：插空时先把甲乙排进去，再排别人，这样保证不了不相邻。

例 5　（场景：定序问题）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学排成一排，（1）甲必须在乙的左边（不一定相邻），有多少种排法？（2）甲、乙、丙三人从左到右的顺序固定为甲、乙、丙，有多少种排法？

解：（1）5 人全排列有 $\mathrm{A}_5^5 = 120$ 种。把每种排法里甲乙的位置对调，“甲在乙左”和“甲在乙右”的排法一一对应，两者一样多。所以甲在乙左边的有 $\dfrac{120}{2} = 60$ 种。

（2）全排列中，甲、乙、丙三人所占的三个位置确定后，他们在这三个位置上有 $\mathrm{A}_3^3 = 6$ 种排法，其中只有 1 种是“甲、乙、丙”的顺序。所以共 $\dfrac{120}{6} = 20$ 种。

容易卡在：（2）也可以理解成“先给丁、戊选位置并排好，剩下 3 个位置按固定顺序放甲乙丙”，即 $\mathrm{A}_5^2 = 20$。两种想法结果一样。

常用推论

• 定序问题：$n$ 个元素排成一排，其中 $k$ 个元素的顺序固定，共 $\dfrac{n!}{k!} = \mathrm{A}_n^{n - k}$ 种。推导见例 5：每 $k!$ 种排法里恰有 1 种符合顺序。
• 相邻与不相邻互补：两个元素“相邻”和“不相邻”恰好互补，不相邻的个数 = 总数 − 相邻的个数，见例 4 的另一种解法。
• $\mathrm{A}_n^m = n \mathrm{A}_{n - 1}^{m - 1}$。推导：$\mathrm{A}_n^m = \dfrac{n!}{(n - m)!} = n \cdot \dfrac{(n - 1)!}{[(n - 1) - (m - 1)]!} = n \mathrm{A}_{n - 1}^{m - 1}$。含义：先排第 1 个位置（$n$ 种），再从剩下 $n - 1$ 个里排 $m - 1$ 个位置。
• $n$ 个不同元素排成一排，指定 $k$ 个元素必须相邻：$(n - k + 1)! \cdot k!$ 种。推导：捆绑后共 $n - k + 1$ 个单位，再乘内部的 $k!$。

易错点

• 错在哪：5 人排队，甲不站排头、乙不站排尾，写成“甲有 4 个位置，乙有 4 个位置，其余 3 人 $3!$ 种，共 $4 \times 4 \times 6 = 96$ 种”。 为什么错：甲站在排尾时，乙还能站剩下的 4 个位置中的任何一个，有 4 种；甲站在中间时，排尾空着但乙不能站，乙只有 3 种。乙的种数随甲的位置变化，不能直接相乘。 正确做法：用间接法。总数 $\mathrm{A}_5^5 = 120$；甲站排头 $\mathrm{A}_4^4 = 24$ 种；乙站排尾 24 种；甲站排头且乙站排尾 $\mathrm{A}_3^3 = 6$ 种，被减了两次，要加回一次。共 $120 - 24 - 24 + 6 = 78$ 种。
• 错在哪：捆绑法只排整体，不乘内部的排列数。 为什么错：捆在一起的几个人，内部换顺序是不同的排法。 正确做法：$k$ 个元素捆绑，结果乘 $k!$。
• 错在哪：插空时把空的个数数成 $k - 1$ 个。 为什么错：两端也可以插，$k$ 个元素形成 $k + 1$ 个空。只有题目要求“不能站在两端”时，才只用中间的 $k - 1$ 个空。 正确做法：画出”＿丙＿丁＿戊＿“，数下划线。

直观理解

排列就是“排座位”：$m$ 个座位依次坐人，第一个座位 $n$ 个人可选，坐下一个人就少一个候选者，所以是 $n$ 乘 $n - 1$ 乘……一路往下乘 $m$ 个数。

捆绑法像“把要好的几个人用绳子绑在一起当一个人”；插空法像“先让别人站好，再往缝里塞人”；定序法像“先随便排，再只留下顺序对的那 $\dfrac{1}{k!}$”。

关联知识点

• 前置：34.2 分步乘法计数原理，排列数公式由它推出。
• 后续：34.4 组合，组合数 = 排列数 ÷ 全排列数。
• 后续：第 21 章古典概型，“有序”抽取的样本点个数用排列数计算。
• 常一起考：数字排列（0 不能在首位）、站队问题常和分类加法一起考。

34.4 组合

说明

组合：从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个（$m \le n$）合成一组，不计顺序，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合。两个组合相同，当且仅当元素相同（顺序不管）。

组合数：所有不同组合的个数，记作 $\mathrm{C}_n^m$（有的书写作 $\binom{n}{m}$）：

$$\mathrm{C}_n^m = \frac{\mathrm{A}_n^m}{\mathrm{A}_m^m} = \frac{n(n - 1) \cdots (n - m + 1)}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!}.$$

规定 $\mathrm{C}_n^0 = 1$。例如 $\mathrm{C}_5^2 = \dfrac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$，$\mathrm{C}_8^3 = \dfrac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$。

两个性质：

$$\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n - m}, \qquad \mathrm{C}_{n + 1}^m = \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1}.$$

第一个用来简化计算（如 $\mathrm{C}_{10}^8 = \mathrm{C}_{10}^2 = 45$），第二个就是杨辉三角“肩上两数相加得下面的数”的规律（见 34.5 节）。

分组分配：把 $n$ 个不同元素分成几组（组与组之间没有区别），或者分给几个不同的对象（人、地方，各不相同）。

• 分组：依次用组合数选出每一组。若有 $k$ 组元素个数相同，结果要除以 $k!$，因为这 $k$ 组只是选出的先后不同，实际是同一种分法。
• 分配：先分组，再把各组分给不同对象，乘组数的全排列。

使用场景

• 只是选出几个，选出后没有分工或顺序（选代表、选几道题、握手、连线、确定三角形）：直接用组合数。
• 题目说“至少有一个”“至多有两个”：按人数分类相加，或者用间接法（总数减去反面）。
• 选出后还要安排不同的位置或任务（选人再分工、选数字再排成数）：先选（组合）后排（排列）。
• 给出组合数的方程，或要化简组合数的和：用 $\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n - m}$ 和 $\mathrm{C}_{n + 1}^m = \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1}$。
• 把不同的书、不同的人分成几组或分到几个地方，常带“每处至少一个”：分组分配，先分组再分配，均匀分组除以组数的阶乘。
• 把相同的元素（名额、相同的球）分给不同的对象，每个至少一个：隔板法。

注意点

• 判断是排列还是组合：选出后交换两个元素的位置，如果得到的是同一种结果，就是组合。比如“选 3 人参加座谈”是组合，“选 3 人分别担任三个职务”是排列。
• “至少一个”题最容易重复计数。不要写“先选 1 个保证至少一个，再从剩下的随便选”，见本节易错点。
• 分组时只有个数相同的组才除。6 本书分成 1、2、3 本三组，各组个数不同，不除。
• 元素是否相同决定方法：不同的元素用组合数分组，相同的元素用隔板法。
• 组合数 $\mathrm{C}_n^m$ 要求 $n$、$m$ 是自然数，且 $m \le n$。解组合数方程后要检验这一点。

证明

组合数公式：从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排成一列，可以分两步：

1. 先取出 $m$ 个元素组成一组，有 $\mathrm{C}_n^m$ 种；
2. 再把这 $m$ 个元素排成一列，有 $\mathrm{A}_m^m = m!$ 种。

（关键一步：每一个组合恰好对应 $m!$ 个排列，而不同组合产生的排列互不相同，所以排列总数正好是组合数的 $m!$ 倍，没有重复也没有遗漏。）由分步乘法计数原理，$\mathrm{A}_n^m = \mathrm{C}_n^m \cdot \mathrm{A}_m^m$，所以

$$\mathrm{C}_n^m = \frac{\mathrm{A}_n^m}{\mathrm{A}_m^m} = \frac{n!}{m!(n - m)!}.$$

性质 1：$\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n - m}$。

从 $n$ 个元素中选出 $m$ 个，就等于留下 $n - m$ 个。每一种“选出 $m$ 个”恰好对应一种“留下 $n - m$ 个”，两者个数相等。代数验证：$\mathrm{C}_n^{n - m} = \dfrac{n!}{(n - m)! \, [n - (n - m)]!} = \dfrac{n!}{(n - m)! \, m!} = \mathrm{C}_n^m$。

性质 2：$\mathrm{C}_{n + 1}^m = \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1}$。

从 $n + 1$ 个元素中选 $m$ 个。盯住其中某个特定元素 $a$，按选不选 $a$ 分类（关键一步：每种选法要么含 $a$，要么不含 $a$，两类不重叠也不遗漏）：

• 不含 $a$：从其余 $n$ 个中选 $m$ 个，$\mathrm{C}_n^m$ 种；
• 含 $a$：$a$ 已选，再从其余 $n$ 个中选 $m - 1$ 个，$\mathrm{C}_n^{m - 1}$ 种。

由分类加法计数原理得证。也可以代数验证：

$$\mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1} = \frac{n!}{m!(n - m)!} + \frac{n!}{(m - 1)!(n - m + 1)!} = \frac{n! \, [(n - m + 1) + m]}{m!(n - m + 1)!} = \frac{(n + 1)!}{m!(n + 1 - m)!} = \mathrm{C}_{n + 1}^m.$$

均匀分组为什么除以 $k!$：把 6 本书 $a, b, c, d, e, f$ 分成三组，每组 2 本。依次选组得 $\mathrm{C}_6^2 \mathrm{C}_4^2 \mathrm{C}_2^2 = 90$，但“先选 $ab$、再选 $cd$、再选 $ef$“和”先选 $cd$、再选 $ab$、再选 $ef$“是同一种分法。同一种分法因为三组选出的先后不同被数了 $\mathrm{A}_3^3 = 6$ 次，所以要除以 6。

例题

例 1　（场景：无序选取）从 5 名男生和 4 名女生中选 3 人参加座谈会。（1）有多少种选法？（2）恰有 1 名女生的选法有多少种？

解：参加座谈会没有分工，是组合问题。

（1）从 9 人中选 3 人，$\mathrm{C}_9^3 = \dfrac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = 84$ 种。

（2）分两步：从 4 名女生中选 1 人，$\mathrm{C}_4^1 = 4$ 种；从 5 名男生中选 2 人，$\mathrm{C}_5^2 = 10$ 种。共 $4 \times 10 = 40$ 种。

例 2　（场景：至少、至多）从 5 名男生和 4 名女生中选 3 人参加座谈会，至少有 1 名女生，有多少种选法？

解：按女生人数分类：

• 1 名女生：$\mathrm{C}_4^1 \mathrm{C}_5^2 = 4 \times 10 = 40$ 种；
• 2 名女生：$\mathrm{C}_4^2 \mathrm{C}_5^1 = 6 \times 5 = 30$ 种；
• 3 名女生：$\mathrm{C}_4^3 = 4$ 种。

共 $40 + 30 + 4 = 74$ 种。

另一种解法：间接法。“至少 1 名女生”的反面是“全是男生”，有 $\mathrm{C}_5^3 = 10$ 种。所以共 $\mathrm{C}_9^3 - \mathrm{C}_5^3 = 84 - 10 = 74$ 种。“至少”类问题正面分类多时，间接法只算一种反面情况，快而且不容易漏；“至多”类或者反面也很复杂时，用分类法。

容易卡在：写成 $\mathrm{C}_4^1 \mathrm{C}_8^2 = 112$，见本节易错点。

例 3　（场景：先选后排）从 5 名男生和 4 名女生中选 2 名男生、2 名女生，分别担任四项不同的工作，有多少种安排方法？

解：分三步：

1. 选 2 名男生，$\mathrm{C}_5^2 = 10$ 种；
2. 选 2 名女生，$\mathrm{C}_4^2 = 6$ 种；
3. 选出的 4 人担任四项不同的工作，$\mathrm{A}_4^4 = 24$ 种。

共 $10 \times 6 \times 24 = 1440$ 种。

容易卡在：直接写 $\mathrm{A}_5^2 \mathrm{A}_4^2$。这样只排了“男生之间”“女生之间”的顺序，没有排谁做哪项工作。先选人，再统一安排四项工作，最不容易错。

例 4　（场景：组合数的性质）（1）解方程 $\mathrm{C}_{10}^x = \mathrm{C}_{10}^{3x - 2}$。（2）计算 $\mathrm{C}_2^2 + \mathrm{C}_3^2 + \mathrm{C}_4^2 + \dots + \mathrm{C}_{10}^2$。

解：（1）由组合数的定义，$x$ 和 $3x - 2$ 都是 0 到 10 之间的整数，所以 $x \in \{1, 2, 3, 4\}$。由性质 1，$\mathrm{C}_{10}^x = \mathrm{C}_{10}^{3x - 2}$ 时有两种可能：

• $x = 3x - 2$，得 $x = 1$；
• $x + (3x - 2) = 10$，得 $x = 3$。

两个解都在范围内，所以 $x = 1$ 或 $x = 3$。

（2）把第一项 $\mathrm{C}_2^2$ 换成 $\mathrm{C}_3^3$（两者都等于 1），然后反复用性质 2，即 $\mathrm{C}_n^3 + \mathrm{C}_n^2 = \mathrm{C}_{n + 1}^3$：

$$\mathrm{C}_3^3 + \mathrm{C}_3^2 = \mathrm{C}_4^3, \quad \mathrm{C}_4^3 + \mathrm{C}_4^2 = \mathrm{C}_5^3, \quad \dots, \quad \mathrm{C}_{10}^3 + \mathrm{C}_{10}^2 = \mathrm{C}_{11}^3.$$

所以原式 $= \mathrm{C}_{11}^3 = \dfrac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 165$。

容易卡在：（1）只写 $x = 3x - 2$，漏掉 $x + (3x - 2) = 10$ 这种情况。

例 5　（场景：分组分配）6 本不同的书，按下列要求各有多少种分法？（1）分成三组，每组 2 本；（2）分给甲、乙、丙三人，每人 2 本；（3）分成三组，一组 1 本、一组 2 本、一组 3 本；（4）分给甲、乙、丙三人，一人 1 本、一人 2 本、一人 3 本。

解：（1）依次选出三组：$\mathrm{C}_6^2 \mathrm{C}_4^2 \mathrm{C}_2^2 = 15 \times 6 \times 1 = 90$。三组个数相同，组与组没有区别，每种分法被数了 $\mathrm{A}_3^3 = 6$ 次，所以共 $\dfrac{90}{6} = 15$ 种。

（2）甲、乙、丙是不同的人，依次给甲选 2 本、给乙选 2 本、剩下的给丙：$\mathrm{C}_6^2 \mathrm{C}_4^2 \mathrm{C}_2^2 = 90$ 种。也可以看成（1）的 15 种分组再分给三人：$15 \times \mathrm{A}_3^3 = 90$ 种。

（3）三组个数各不相同，依次选出：$\mathrm{C}_6^1 \mathrm{C}_5^2 \mathrm{C}_3^3 = 6 \times 10 \times 1 = 60$ 种，不除。

（4）先按（3）分组，60 种；再把三组分给三人，$\mathrm{A}_3^3 = 6$ 种。共 $60 \times 6 = 360$ 种。

容易卡在：（2）也除以 6。分给三个不同的人时，“甲拿 $ab$、乙拿 $cd$“和”甲拿 $cd$、乙拿 $ab$“是不同的分法，不能除。

例 6　（场景：分组分配，每处至少一个）5 名志愿者分到 3 个不同的场馆服务，每名志愿者只去一个场馆，每个场馆至少 1 人，有多少种分配方案？

解：先分组，再分配。5 人分成 3 组、每组至少 1 人，各组人数只有两种情况：

1. 3、1、1：选 3 人一组，$\mathrm{C}_5^3 = 10$ 种；剩下 2 人各成一组，两个 1 人组个数相同、没有区别，只有 1 种分法（按公式是 $\dfrac{\mathrm{C}_2^1 \mathrm{C}_1^1}{2!} = 1$）。分组有 10 种。
2. 2、2、1：$\dfrac{\mathrm{C}_5^2 \mathrm{C}_3^2 \mathrm{C}_1^1}{2!} = \dfrac{10 \times 3 \times 1}{2} = 15$ 种。

共 $10 + 15 = 25$ 种分组。再把 3 组分到 3 个场馆，$\mathrm{A}_3^3 = 6$ 种。共 $25 \times 6 = 150$ 种。

另一种解法：用第 1 章的容斥原理。不管“至少 1 人”，每人有 3 个场馆可选，共 $3^5 = 243$ 种。减去有场馆空着的：指定某个场馆空着，5 人都去另外两个，$2^5 = 32$ 种，3 个场馆共 $3 \times 32 = 96$ 种；但“5 人全去同一个场馆”时有两个场馆空着，被减了两次，这样的情况有 3 种，要加回 3。共 $243 - 96 + 3 = 150$ 种。分组法思路直观，适合人数少、分组情况少的题；容斥法不用列分组情况，人数多时更不容易漏。

容易卡在：直接写“先选 3 人各去一个场馆 $\mathrm{A}_5^3$，剩下 2 人随便去 $3^2$”，得 $60 \times 9 = 540$。这样同一种方案会被数好几次（哪个人算“先选的”不唯一）。

例 7　（场景：相同元素的分配）把 10 个相同的三好学生名额分给 7 个班，每班至少 1 个，有多少种分法？

解：名额是相同的，只关心每班分到几个。把 10 个名额排成一行，它们之间有 9 个空。在 9 个空里选 6 个插入隔板，就把名额分成 7 段，从左到右依次给 1 班到 7 班，每段至少 1 个。

（关键一步：每一种插隔板的方法恰好对应一种分法，反过来每种分法也恰好对应一种插法。）所以共 $\mathrm{C}_9^6 = \mathrm{C}_9^3 = 84$ 种。

容易卡在：把名额当成不同的元素来分。名额相同，交换两个名额不产生新分法。

常用推论

• $\mathrm{C}_n^x = \mathrm{C}_n^y \iff x = y$ 或 $x + y = n$。推导：由性质 1，再加上 $\mathrm{C}_n^m$ 在 $m \le \dfrac{n}{2}$ 时随 $m$ 增大而严格增大（见 34.5 节证明里的增减性），值相等的只有这两种情况。
• $\mathrm{C}_m^m + \mathrm{C}_{m + 1}^m + \dots + \mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_{n + 1}^{m + 1}$。推导：把第一项写成 $\mathrm{C}_{m + 1}^{m + 1}$，反复用性质 2，见例 4（2）。
• $m \mathrm{C}_n^m = n \mathrm{C}_{n - 1}^{m - 1}$。推导：$m \cdot \dfrac{n!}{m!(n - m)!} = \dfrac{n!}{(m - 1)!(n - m)!} = n \cdot \dfrac{(n - 1)!}{(m - 1)!(n - m)!} = n \mathrm{C}_{n - 1}^{m - 1}$。第 36 章推导二项分布的均值时会用到。
• 均匀分组：$n$ 个不同元素分成若干组，若其中有 $j$ 组元素个数相同，结果除以 $j!$。推导见本节“证明”。
• 隔板法：$n$ 个相同元素分给 $m$ 个不同对象，每个至少 1 个，有 $\mathrm{C}_{n - 1}^{m - 1}$ 种；允许有的对象分到 0 个，有 $\mathrm{C}_{n + m - 1}^{m - 1}$ 种。推导：前者见例 7；后者先借来 $m$ 个元素，给每个对象先各添 1 个，变成 $n + m$ 个元素、每个至少 1 个，再用前者。隔板法课本没有单列，但在习题里常出现。

易错点

• 错在哪：至少 1 名女生，写成“先从 4 名女生中选 1 名，再从剩下 8 人中任选 2 名”，$\mathrm{C}_4^1 \mathrm{C}_8^2 = 112$。 为什么错：比如选出女生甲、乙和男生丙，“先选甲、再选乙丙”和“先选乙、再选甲丙”被当成了两种，实际是同一组人。有 2 名女生的组被数了 2 次，有 3 名女生的组被数了 3 次。 正确做法：按女生人数分类，或者用间接法 $\mathrm{C}_9^3 - \mathrm{C}_5^3 = 74$。
• 错在哪：均匀分组忘了除以组数的阶乘；或者分给不同的人时也除了。 为什么错：只有组与组没有区别时，选组的先后才不产生新分法。分给甲、乙、丙时，三组已经有了区别。 正确做法：先问“组有没有名字”。没名字且个数相同的 $k$ 组，除以 $k!$；有名字（分给具体的人或地方）不除，或者先按无名分组除掉再乘全排列。
• 错在哪：把排列题当组合题。例如“从 6 人中选 2 人分别当正、副组长”用 $\mathrm{C}_6^2$。 为什么错：正、副组长是不同职务，交换两人得到不同结果，是排列。 正确做法：选出后交换两个元素试一试：结果变了是排列，$\mathrm{A}_6^2 = 30$；不变是组合。

直观理解

组合就是“抓一把”：抓到手里的东西没有先后。排列是“抓一把再排队”，所以排列数 = 组合数 × 排队的方法数，组合数 = 排列数 ÷ $m!$。

$\mathrm{C}_n^m$ 还有一个很好记的图：在方格网格里从左下角 $O$ 走到右上角 $P$，每步只能向右或向上。向右 4 步、向上 3 步共 7 步，一条路线就是“7 步里哪 3 步向上”，所以路线有 $\mathrm{C}_7^3 = 35$ 条。

性质 $\mathrm{C}_n^m = \mathrm{C}_n^{n - m}$ 在这张图上就是：选哪 3 步向上，等于选哪 4 步向右，$\mathrm{C}_7^3 = \mathrm{C}_7^4$。

关联知识点

• 前置：34.3 排列，组合数由排列数除以 $m!$ 得到。
• 前置：第 1 章 1.4 节容斥原理，“每处至少一个”的分配问题可以用它做（例 6 的另一种解法）。
• 后续：34.5 二项式定理，展开式的系数就是组合数。
• 后续：第 21 章古典概型，“无序”抽取的样本点个数用组合数计算。
• 后续：第 36 章超几何分布的概率是 $\dfrac{\mathrm{C}_M^k \mathrm{C}_{N - M}^{n - k}}{\mathrm{C}_N^n}$，二项分布的概率里也有 $\mathrm{C}_n^k$。

34.5 二项式定理

说明

二项式定理：对任意正整数 $n$，

$$(a + b)^n = \mathrm{C}_n^0 a^n + \mathrm{C}_n^1 a^{n - 1} b + \mathrm{C}_n^2 a^{n - 2} b^2 + \dots + \mathrm{C}_n^k a^{n - k} b^k + \dots + \mathrm{C}_n^n b^n.$$

右边叫 $(a + b)^n$ 的二项展开式，共 $n + 1$ 项。

通项：展开式的第 $k + 1$ 项

$$T_{k + 1} = \mathrm{C}_n^k a^{n - k} b^k \quad (k = 0, 1, 2, \dots, n).$$

注意下标：第 $k + 1$ 项里组合数的上标是 $k$。第 1 项是 $k = 0$，第 4 项是 $k = 3$。

二项式系数与项的系数：$\mathrm{C}_n^k$ 叫第 $k + 1$ 项的二项式系数，它只和 $n$、$k$ 有关。项的系数是这一项去掉字母后剩下的数，还包含 $a$、$b$ 里的数字和符号。例如 $(1 - 2x)^5$ 的第 3 项是 $\mathrm{C}_5^2 (-2x)^2 = 40x^2$，二项式系数是 $\mathrm{C}_5^2 = 10$，项的系数是 40。

二项式系数的性质：

• 对称性：与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，$\mathrm{C}_n^k = \mathrm{C}_n^{n - k}$。
• 增减性与最大值：二项式系数从两端向中间逐渐增大。$n$ 为偶数时，中间一项（第 $\dfrac{n}{2} + 1$ 项）的二项式系数最大；$n$ 为奇数时，中间两项（第 $\dfrac{n + 1}{2}$ 项和第 $\dfrac{n + 3}{2}$ 项）的二项式系数相等且最大。
• 各二项式系数的和：$\mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^1 + \dots + \mathrm{C}_n^n = 2^n$。
• 奇数项与偶数项：$\mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^2 + \mathrm{C}_n^4 + \dots = \mathrm{C}_n^1 + \mathrm{C}_n^3 + \mathrm{C}_n^5 + \dots = 2^{n - 1}$。

赋值法：展开式 $f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_n x^n$ 是关于 $x$ 的恒等式，给 $x$ 代入特殊值就能得到系数之间的关系：

代入	得到
$x = 0$	$a_0 = f(0)$
$x = 1$	$a_0 + a_1 + \dots + a_n = f(1)$
$x = -1$	$a_0 - a_1 + a_2 - \dots + (-1)^n a_n = f(-1)$
上两式相加除以 2	$a_0 + a_2 + a_4 + \dots = \dfrac{f(1) + f(-1)}{2}$
上两式相减除以 2	$a_1 + a_3 + a_5 + \dots = \dfrac{f(1) - f(-1)}{2}$

使用场景

• 求展开式中的某一项：常数项、含 $x^r$ 的项、第几项、有理项。写出通项，令 $x$ 的指数等于要求的值，解出 $k$。
• 求两个式子乘积的展开式中某一项的系数，如 $(1 + x)(1 - 2x)^5$：看第一个因式的每一项和第二个因式的哪一项相乘能凑出目标次数，再相加。
• 求展开式的系数和、奇数项系数和、各项系数绝对值之和：赋值法。
• 题目给出“二项式系数之和”“第几项的二项式系数最大”，或问“二项式系数最大的项”：用二项式系数的性质，先求 $n$。

注意点

• $(a - b)^n$ 的通项是 $\mathrm{C}_n^k a^{n - k} (-b)^k = (-1)^k \mathrm{C}_n^k a^{n - k} b^k$，符号跟着 $k$ 变，不要漏掉负号。
• 通项中 $a$、$b$ 的位置不能交换：$(a + b)^n$ 和 $(b + a)^n$ 的展开式相同，但第 $k + 1$ 项不同。题目问“第几项”时，按题目给的顺序写。
• “二项式系数”和“项的系数”是两回事。二项式系数之和恒为 $2^n$，各项系数之和要令 $x = 1$ 计算。
• 赋值法求 $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ 时，要用 $f(1)$ 减去 $a_0 = f(0)$。
• 有理项要求 $x$ 的指数是整数；常数项要求 $x$ 的指数是 0。通项里 $x$ 的指数要先整理成一个式子再求。

证明

二项式定理（课本的证明）：$(a + b)^n$ 是 $n$ 个 $(a + b)$ 相乘：

$$(a + b)^n = \underbrace{(a + b)(a + b) \cdots (a + b)}_{n \text{ 个}}.$$

按乘法分配律展开，每一项都是从每个括号里各取一个字母（$a$ 或 $b$）相乘得到的，所以每一项都形如 $a^{n - k} b^k$（$k = 0, 1, \dots, n$）。

（关键一步：得到 $a^{n - k} b^k$ 的取法，就是从 $n$ 个括号中选出 $k$ 个取 $b$、其余 $n - k$ 个取 $a$。只和选了哪些括号有关、与顺序无关，所以取法有 $\mathrm{C}_n^k$ 种。）这 $\mathrm{C}_n^k$ 种取法各给出一个 $a^{n - k} b^k$，合并同类项后，$a^{n - k} b^k$ 的系数就是 $\mathrm{C}_n^k$。对 $k = 0, 1, \dots, n$ 相加即得二项式定理。

对称性：就是 34.4 节组合数的性质 1，$\mathrm{C}_n^k = \mathrm{C}_n^{n - k}$。

增减性：比较相邻两项，

$$\frac{\mathrm{C}_n^k}{\mathrm{C}_n^{k - 1}} = \frac{n!}{k!(n - k)!} \cdot \frac{(k - 1)!(n - k + 1)!}{n!} = \frac{n - k + 1}{k}.$$

$\dfrac{n - k + 1}{k} > 1 \iff k < \dfrac{n + 1}{2}$。所以 $k < \dfrac{n + 1}{2}$ 时二项式系数逐项增大，过了中间由对称性逐项减小。$n$ 为偶数时最大的是 $k = \dfrac{n}{2}$ 这一项；$n$ 为奇数时 $k = \dfrac{n - 1}{2}$ 和 $k = \dfrac{n + 1}{2}$ 两项相等且最大。

系数和：在二项式定理中令 $a = b = 1$，得 $2^n = \mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^1 + \dots + \mathrm{C}_n^n$。令 $a = 1$、$b = -1$，得 $0 = \mathrm{C}_n^0 - \mathrm{C}_n^1 + \mathrm{C}_n^2 - \dots$，即奇数项的二项式系数和等于偶数项的；两者加起来是 $2^n$，所以各是 $2^{n - 1}$。

也可以用计数来理解 $2^n$：$\mathrm{C}_n^k$ 是 $n$ 元集合的 $k$ 元子集个数，对 $k$ 求和就是全部子集的个数，由第 1 章 1.3 节它是 $2^n$。

例题

例 1　（场景：求特定项）求 $\left(x^2 - \dfrac{2}{x}\right)^6$ 展开式中的常数项。

解：通项

$$T_{k + 1} = \mathrm{C}_6^k (x^2)^{6 - k} \left(-\frac{2}{x}\right)^k = (-2)^k \mathrm{C}_6^k x^{12 - 2k} \cdot x^{-k} = (-2)^k \mathrm{C}_6^k x^{12 - 3k}.$$

常数项要求 $x$ 的指数为 0：$12 - 3k = 0$，$k = 4$。所以常数项是第 5 项：

$$T_5 = (-2)^4 \mathrm{C}_6^4 = 16 \times 15 = 240.$$

容易卡在：通项里 $x$ 的指数整理错。先把 $\left(-\dfrac{2}{x}\right)^k$ 拆成 $(-2)^k x^{-k}$，再和 $x^{12 - 2k}$ 合并。

例 2　（场景：两个式子乘积中某项的系数）求 $(1 + x)(1 - 2x)^5$ 展开式中 $x^3$ 的系数。

解：$(1 - 2x)^5$ 的通项是 $T_{k + 1} = \mathrm{C}_5^k (-2x)^k = (-2)^k \mathrm{C}_5^k x^k$。

$(1 + x)(1 - 2x)^5 = 1 \cdot (1 - 2x)^5 + x \cdot (1 - 2x)^5$。$x^3$ 有两个来源：

• $1$ 乘 $(1 - 2x)^5$ 中的 $x^3$ 项：$k = 3$，系数 $(-2)^3 \mathrm{C}_5^3 = -8 \times 10 = -80$；
• $x$ 乘 $(1 - 2x)^5$ 中的 $x^2$ 项：$k = 2$，系数 $(-2)^2 \mathrm{C}_5^2 = 4 \times 10 = 40$。

所以 $x^3$ 的系数是 $-80 + 40 = -40$。

容易卡在：只算第一种来源，漏掉 $x$ 乘 $x^2$ 项。

例 3　（场景：赋值法）设 $(2x - 1)^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5$，求：（1）$a_0 + a_1 + \dots + a_5$；（2）$a_1 + a_2 + \dots + a_5$；（3）$a_0 + a_2 + a_4$；（4）$|a_0| + |a_1| + \dots + |a_5|$。

解：记 $f(x) = (2x - 1)^5$。

（1）令 $x = 1$：$a_0 + a_1 + \dots + a_5 = f(1) = 1^5 = 1$。

（2）令 $x = 0$：$a_0 = f(0) = (-1)^5 = -1$。所以 $a_1 + \dots + a_5 = 1 - (-1) = 2$。

（3）令 $x = -1$：$a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + a_4 - a_5 = f(-1) = (-3)^5 = -243$。与（1）的式子相加：

$$2(a_0 + a_2 + a_4) = 1 + (-243) = -242,$$

所以 $a_0 + a_2 + a_4 = -121$。

（4）通项是 $\mathrm{C}_5^k (2x)^{5 - k} (-1)^k$，$x^{5 - k}$ 的系数符号由 $(-1)^k$ 决定：$a_5, a_3, a_1$（$k = 0, 2, 4$）为正，$a_4, a_2, a_0$（$k = 1, 3, 5$）为负。于是

$$|a_0| + |a_1| + \dots + |a_5| = -a_0 + a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 = -f(-1) = 243.$$

容易卡在：（4）直接用 $f(1)$。系数有正有负，要先判断符号；或者直接看成 $(2x + 1)^5$ 的系数和 $3^5 = 243$。

例 4　（场景：二项式系数的性质）已知 $\left(x - \dfrac{2}{\sqrt{x}}\right)^n$ 的展开式中各项的二项式系数之和为 64，求展开式中二项式系数最大的项。

解：二项式系数之和 $2^n = 64$，所以 $n = 6$。

$n = 6$ 是偶数，二项式系数最大的是中间一项，即第 4 项（$k = 3$）。通项

$$T_{k + 1} = \mathrm{C}_6^k x^{6 - k} \left(-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^k = (-2)^k \mathrm{C}_6^k x^{6 - \frac{3k}{2}}.$$

令 $k = 3$：$T_4 = (-2)^3 \mathrm{C}_6^3 x^{6 - \frac{9}{2}} = -8 \times 20 \, x^{\frac{3}{2}} = -160 x^{\frac{3}{2}}$。

容易卡在：把“二项式系数最大的项”理解成“系数最大的项”。本题各项的系数依次是 $1, -12, 60, -160, 240, -192, 64$，系数最大的是第 5 项 $240$（常数项），和二项式系数最大的第 4 项不是同一项。

常用推论

• 二项式系数之和 $\mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^1 + \dots + \mathrm{C}_n^n = 2^n$；奇数项、偶数项的二项式系数之和都是 $2^{n - 1}$。推导见本节“证明”。
• 赋值法的几个公式：$a_0 = f(0)$，各项系数和 $= f(1)$，偶次项系数和 $= \dfrac{f(1) + f(-1)}{2}$，奇次项系数和 $= \dfrac{f(1) - f(-1)}{2}$。推导：分别代入 $x = 0, 1, -1$，再两式相加减。
• $(a - b)^n$ 的展开式中，各项系数的绝对值之和等于 $(a + b)^n$ 的各项系数之和（$a$、$b$ 里的数字为正时）。推导：两个展开式对应项只差符号 $(-1)^k$，取绝对值后相同。见例 3（4）。
• 求系数最大的项：设第 $k + 1$ 项的系数 $t_{k + 1}$ 最大，列不等式组 $t_{k + 1} \ge t_k$ 且 $t_{k + 1} \ge t_{k + 2}$，解出整数 $k$。推导：最大的一项不小于它左右相邻的两项。例如 $(1 + 2x)^7$ 中 $t_{k + 1} = 2^k \mathrm{C}_7^k$，解得 $k = 5$，系数最大的项是 $T_6 = 672x^5$。

易错点

• 错在哪：求“第 4 项”时用 $k = 4$。 为什么错：通项 $T_{k + 1}$ 是第 $k + 1$ 项，第 4 项对应 $k = 3$。 正确做法：写出 $T_{k + 1}$ 后，令 $k$ 等于项数减 1。
• 错在哪：认为“二项式系数最大的项”就是“系数最大的项”。 为什么错：项的系数还含有 $a$、$b$ 里的数字和符号，例 4 中二者分别是第 4 项和第 5 项。 正确做法：二项式系数最大看中间项；系数最大要列不等式组求。
• 错在哪：$\left(x - \dfrac{2}{x}\right)^n$ 的通项写成 $\mathrm{C}_n^k x^{n - k} \left(\dfrac{2}{x}\right)^k$，丢了负号。 为什么错：第二项是 $-\dfrac{2}{x}$，负号要跟着取 $k$ 次方。 正确做法：把第二项连同符号整个作为 $b$ 代入通项，写成 $\left(-\dfrac{2}{x}\right)^k$。
• 错在哪：赋值法求 $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ 时直接用 $f(1)$。 为什么错：$f(1)$ 包含常数项 $a_0$。 正确做法：$a_1 + \dots + a_n = f(1) - f(0)$。

直观理解

展开 $(a + b)^n$ 就是”$n$ 个括号，每个括号挑一个字母”：挑 $k$ 个 $b$ 的方法有 $\mathrm{C}_n^k$ 种，这就是系数的来历。所以二项式定理其实是一道组合计数题。

把各行的二项式系数排成三角形，就是杨辉三角：每行两端是 1，中间每个数等于它肩上两个数之和，这正是组合数的性质 $\mathrm{C}_{n + 1}^m = \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1}$。第 $n$ 行（从第 0 行算起）就是 $(a + b)^n$ 的二项式系数。

把一行的二项式系数画成柱状图，左右对称、中间最高，像一座山。这就是对称性和“中间最大”。

关联知识点

• 前置：34.4 组合，展开式的系数就是组合数 $\mathrm{C}_n^k$。
• 前置：第 1 章 1.3 节子集个数 $2^n$，与二项式系数之和 $2^n$ 是同一件事的两种说法。
• 后续：第 36 章二项分布，$P(X = k) = \mathrm{C}_n^k p^k (1 - p)^{n - k}$ 正是 $[p + (1 - p)]^n$ 展开式中的一项，所有概率之和为 $1^n = 1$。
• 常一起考：赋值法和函数的代入求值是同一个思想（第 5 章）。

34.6 知识点之间的关系

本章是一条链：两个计数原理（34.2）是一切的基础；用分步乘法计数原理推出排列数公式（34.3）；排列数除以 $m!$ 得到组合数（34.4）；组合数又正好是二项展开式的系数（34.5）。分组分配问题同时用到排列和组合：先用组合数分组，再用排列数分配。

本章往前接第 1 章：子集个数 $2^n$ 来自分步乘法计数原理，“每处至少一个”的分配问题可以用容斥原理。往后接概率：第 21 章古典概型用排列组合数样本点，第 36 章的二项分布和超几何分布的概率公式里都有组合数。

考试里的典型结构是：排列组合单独出一道小题，核心是判断有序还是无序、选对方法（捆绑、插空、分组）；二项式定理单独出一道小题，核心是写对通项；概率大题里，排列组合作为计算样本点个数的工具出现。

34.7 自测

1. 某人有 3 件不同的上衣、4 条不同的裤子、2 双不同的鞋，各选一件（条、双）搭配，有多少种搭配方法？
2. 5 名同学报名参加 3 个兴趣小组，每人只报一个，有多少种报名方法？
3. 7 人排成一排，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种排法？
4. 6 人排成一排，甲、乙两人不相邻，有多少种排法？
5. 平面上有 10 个点，其中任意三点不共线，以这些点为顶点能组成多少个三角形？
6. 4 名志愿者分到 3 个社区服务，每个社区至少 1 人，有多少种分配方案？
7. 求 $\left(x + \dfrac{1}{x}\right)^8$ 展开式中的常数项。
8. $(1 + x)^n$ 展开式的二项式系数之和为 128，求 $n$ 和 $x^3$ 的系数。
9. 设 $(x - 1)^6 = a_0 + a_1 x + \dots + a_6 x^6$，求 $a_0 + a_2 + a_4 + a_6$。

答案：1. 24；2. $3^5 = 243$；3. $\mathrm{A}_5^5 \mathrm{A}_3^3 = 720$；4. $\mathrm{A}_4^4 \mathrm{A}_5^2 = 480$；5. $\mathrm{C}_{10}^3 = 120$；6. $\mathrm{C}_4^2 \mathrm{A}_3^3 = 36$；7. $\mathrm{C}_8^4 = 70$；8. $n = 7$，$\mathrm{C}_7^3 = 35$；9. 32。

34.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有按人教版章节排列的高中数学同步课程，选择性必修第三册第六章是计数原理。
• Khan Academy · Counting, permutations, and combinations：计数原理、排列、组合的英文视频讲解，配练习题。
• Wolfram MathWorld · Binomial Theorem：二项式定理和二项式系数的英文定义与相关恒等式，查记号和英文说法时用。
• 维基百科 · 杨辉三角形：杨辉三角的历史、组合数性质和各种规律，配图丰富。