排列组合
排列组合是组合学最基本的概念。所谓排列，就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序。组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。
排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。 排列组合与古典概率论关系密切。
虽然数学始于结绳计数的远古时代，由于那时社会的生产水平的发展尚处于低级阶段，谈不上有什么技巧。随着人们对于数的了解和研究，在形成与数密切相关的数学分支的过程中，如数论、代数、函数论以至泛函的形成与发展，逐步地从数的多样性发现数数的多样性，产生了各种数数的技巧。
同时，人们对数有了深入的了解和研究，在形成与形密切相关的各种数学分支的过程中，如几何学、拓扑学以至范畴论的形成与发展，逐步地从形的多样性也发现了数形的多样性，产生了各种数形的技巧。近代的集合论、数理逻辑等反映了潜在的数与形之间的结合。而现代的代数拓扑和代数几何等则将数与形密切地联系在一起了。这些，对于以数的技巧为中心课题的近代组合学的形成与发展都产生了而且还将会继续产生深刻的影响。
由此观之，组合学与其他数学分支有着必然的密切联系。它的一些研究内容与方法来自各个分支也应用于各个分支。当然，组合学与其他数学分支一样也有其独特的研究问题与方法，它源于人们对于客观世界中存在的数与形及其关系的发现和认识。例如，中国古代的《易经》中用十个天干和十二个地支以六十为周期来记载月和年，以及在洛书河图中关于幻方的记载，是人们至今所了解的最早发现的组合问题甚或是架构语境学。
于11和12世纪间，贾宪就发现了二项式系数，杨辉将它整理记载在他的《续古抉奇法》一书中。这就是中国通常称的杨辉三角。事实上，于12世纪印度的婆什迦罗第二也发现了这种组合数。13世纪波斯的哲学家曾讲授过此类三角。而在西方，布莱士·帕斯卡发现这个三角形是在17世纪中期。这个三角形在其他数学分支的应用也是屡见不鲜的。同时，帕斯卡和费马均发现了许多与概率论有关的经典组合学的结果。因此，西方人认为组合学开始于17世纪。组合学一词是德国数学家莱布尼茨在数学的意义下首次应用。也许，在那时他已经预感到了其将来的蓬勃发展。然而只有到了18世纪欧拉所处时代，组合学才可以说开始了作为一门科学的发展，因为那时，他解决了柯尼斯堡七桥问题，发现了多面体（首先是凸多面体，即平面图的情形）的顶点数、边数和面数之间的简单关系，被人们称为欧拉公式。甚至，当今人们所称的哈密顿圈的首创者也应该是欧拉。这些不但使欧拉成为组合学的一个重要组成部分——图论而且也成为占据现代数学舞台中心的拓扑学发展的先驱。同时，他对导致当今组合学中的另一个重要组成部分——组合设计中的拉丁方的研究所提出的猜想，人们称为欧拉猜想， 直到1959年才得到完全的解决。
于19世纪初，高斯提出的组合系数，今称高斯系数，在经典组合学中也占有重要地位。同时，他还研究过平面上的闭曲线的相交问题，由此所提出的猜想称为高斯猜想，它直到20世纪才得到解决。这个问题不仅贡献于拓扑学，而且也贡献于组合学中图论的发展。同在19世纪，由乔治·布尔发现且被当今人们称为布尔代数的分支已经成为组合学中序理论的基石。当然，在这一时期，人们还研究其他许多组合问题，它们中的大多数是娱乐性的。
20世纪初期，庞加莱联系多面体问题发展了组合学的概念与方法，导致了近代拓扑学从组合拓扑学到代数拓扑学的发展。于20世纪的中、后期，组合学发展之迅速也许是人们意想不到的。首先，于1920年费希尔（Fisher，R.A.）和耶茨（Yates，F.）发展了实验设计的统计理论，其结果导致后来的信息论，特别是编码理论的形成与发展.于1939年，坎托罗维奇发现了线性规划问题并提出解乘数法。于1947年丹齐克（Dantzig，G.B.）给出了一般的线性规划模型和理论，他所创立的单纯形方法奠定了这一理论的基础，阐明了其解集的组合结构。直到今天它仍然是应用得最广泛的数学方法之一。这些又导致以网络流为代表的运筹学中的一系列问题的形成与发展。开拓了人们目前称为组合最优化的一个组合学的新分支。在20世纪50年代，中国也发现并解决了一类称为运输问题的线性规划的图上作业法，它与一般的网络流理论确有异曲同工之妙。在此基础上又出现了国际上通称的中国邮递员问题。
另一方面，自1940年以来，生于英国的塔特在解决拼方问题中取得了一系列有关图论的结果，这些不仅开辟了现今图论发展的许多新研究领域，而且对于20世纪30年代，惠特尼提出的拟阵论以及人们称之为组合几何的发展都起到了核心的推动作用。应该特别提到的是在这一时期，随着电子技术和计算机科学的发展愈来愈显示出组合学的潜在力量。同时，也为组合学的发展提出了许多新的研究课题。例如，以大规模和超大规模集成电路设计为中心的计算机辅助设计提出了层出不穷的问题。其中一些问题的研究与发展正在形成一种新的几何，人们称之为组合计算几何。关于算法复杂性的究，自1961年库克（Cook，S.A.）提出NP完全性理论以来，已经将这一思想渗透到组合学的各个分支以至数学和计算机科学中的一些分支。
近20年来，用组合学中的方法已经解决了一些即使在整个数学领域也是具有挑战性的难题。例如，范·德·瓦尔登于1926年提出的关于双随机矩阵积和式猜想的证明；希伍德于1890年提出的曲面地图着色猜想的解决;著名的四色定理的计算机验证和扭结问题的新组合不变量发现等。在数学中已经或正在形成着诸如组合拓扑、组合几何、组合数论、组合矩阵论、组合群论等与组合学密切相关的交叉学科。此外，组合学也正在渗透到其他自然科学以及社会科学的各个方面，例如，物理学、力学、化学、生物学、遗传学、心理学以及经济学、管理学甚至政治学等。
根据组合学研究与发展的现状，它可以分为如下五个分支：经典组合学、组合设计、组合序、图与超图和组合多面形与最优化.由于组合学所涉及的范围触及到几乎所有数学分支，也许和数学本身一样不大可能建立一种统一的理论.然而，如何在上述的五个分支的基础上建立一些统一的理论，或者从组合学中独立出来形成数学的一些新分支将是对21世纪数学家们提出的一个新的挑战。
在中国当代的数学家中，较早地在组合学中的不同方面作出过贡献的有 华罗庚、 吴文俊、 柯召、 万哲先、 张里千和 陆家羲等.其中，万哲先和他领导的研究组在有限几何方面的系统工作不仅对于组合设计而且对于图的对称性的研究都有影响.陆家羲的有关不交斯坦纳三元系大集的一系列的文章不仅解决了组合设计方面的一个难题，而且他所创立的方法对于其后的研究者也产生了和正产生着积极的作用。
此外，在八卦中，亦运用到了排列组合。
排列的定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n,m与n均为自然数,下同）个元素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；从n个不同元素中取出m(m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 A(n,m）表示。
计算公式：
此外规定0!=1(n!表示n(n-1)(n-2)...1,也就是6！=6x5x4x3x2x1
组合的定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。用符号 C(n,m) 表示。
计算公式：
基本计数原理
⑴加法原理和分类计数法
⒈加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…+mn种不同方法。
⒉第一类办法的方法属于集合A1，第二类办法的方法属于集合A2，……，第n类办法的方法属于集合An，那么完成这件事的方法属于集合A1UA2U…UAn。
⒊分类的要求 ：每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同（即分类不重）；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类（即分类不漏）。
⑵乘法原理和分步计数法
⒈ 乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×m3×…×mn种不同的方法。
⒉合理分步的要求
任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同。
3.与后来的离散型随机变量也有密切相关。
下面给出一些例题:
【例1】 从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列，这样的不同等差数列有多少个？
分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。
设a,b,c成等差，∴ 2b=a+c，可知b由a,c决定，
又∵ 2b是偶数，∴ a,c同奇或同偶，即：分别从1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20这十个数中选出两个数进行排列，由此就可确定等差数列，A（10,2）*2=90*2，因而本题为180。
【例2】 某城市有4条东西街道和6条南北的街道，街道之间的间距相同，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N有多少种不同的走法?
分析：对实际背景的分析可以逐层深入：
（一）从M到N必须向上走三步，向右走五步，共走八步；
（二）每一步是向上还是向右，决定了不同的走法；
（三）事实上，当把向上的步骤决定后，剩下的步骤只能向右；
从而，任务可叙述为：从八个步骤中选出哪三步是向上走，就可以确定走法数。
∴ 本题答案为：C（8,3）=56。
分析
分析是分类还是分步，是排列还是组合
注意加法原理与乘法原理的特点，分析是分类还是分步，是排列还是组合。
【例3】在一块并排的10垄田地中，选择二垄分别种植A，B两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不少于6垄，不同的选法共有多少种？
分析：条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含排列数，组合数的式子表示，因而采取分类的方法。
第一类：A在第一垄，B有3种选择；
第二类：A在第二垄，B有2种选择；
第三类：A在第三垄，B有1种选择，
同理A、B位置互换 ，共12种。
【例4】从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有多少种？
（A)240 (B)180 (C)120 (D)60
分析：显然本题应分步解决。
（一）从6双中选出一双同色的手套，有6种方法；
（二）从剩下的十只手套中任选一只，有10种方法。
（三）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有8种方法；
（四）由于选取与顺序无关，因（二）（三）中的选法重复一次，因而共240种。
或分步
⑴从6双中选出一双同色的手套，有C（6,1）=6种方法
⑵从剩下的5双手套中任选两双，有C（5,2）=10种方法
⑶从两双中手套中分别各拿一只手套，有C（2,1）×C（2,1）=4种方法。
同样得出共⑴×⑵×⑶=240种。
【例5】．身高互不相同的6个人排成2横行3纵列，在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮，则所有不同的排法种数为_______。
分析：每一纵列中的两人只要选定，则他们只有一种站位方法，因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系，共有三纵列，从而有C（6,2）×C（4,2）×C（2,2）=90种。
【例6】在11名工人中，有5人只能当钳工，4人只能当车工，另外2人能当钳工也能当车工。现从11人中选出4人当钳工，4人当车工，问共有多少种不同的选法?
分析：采用加法原理首先要做到分类不重不漏，如何做到这一点？分类的标准必须前后统一。
以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。
第一类：这两个人都去当钳工，C（2,2）×C（5,2）×C（4,4）=10种；
第二类：这两个人都去当车工，C（5,4）×C（2,2）×C（4,2）=30种；
第三类：这两人既不去当钳工，也不去当车工C（5,4）×C（4,4）=5种。
第四类：这两个人一个去当钳工、一个去当车工，C（2,1）×C（5,3）×C（4,3）=80种；
第五类：这两个人一个去当钳工、另一个不去当车工，C（2,1）×C（5,3）×C（4,4）=20种；
第六类：这两个人一个去当车工、另一个不去当钳工，C（5,4）×C（2,1）×C（4,3）=40种；
因而共有185种。
【例7】现有印着0，1，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9可以作6用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数?
分析：有同学认为只要把0，1，3，5，7，9的排法数乘以2即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换，因而必须分类。
抽出的三数含0，含9，有32种方法；
抽出的三数含0不含9，有24种方法；
抽出的三数含9不含0，有72种方法；
抽出的三数不含9也不含0，有24种方法。
因此共有32+24+72+24=152种方法。
【例8】停车场划一排12个停车位置，今有8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法有多少种?
分析：把空车位看成一个元素，和8辆车共九个元素排列，因而共有A（9,9）=362880种停车方法。
【例9】六人站成一排，求
⑴甲、乙既不在排头也不在排尾的排法数
⑵甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数
分析：⑴按照先排出首位和末尾再排中间四位分步计数
第一步：排出首位和末尾、因为甲乙不在首位和末尾，那么首位和末尾实在其它四位数选出两位进行排列、一共有A（4,2）=12种；
第二步：由于六个元素中已经有两位排在首位和末尾，因此中间四位是把剩下的四位元素进行顺序排列，
共A（4,4）=24种；
根据乘法原理得即不再排头也不在排尾数共12×24=288种。
⑵第一类：甲在排尾，乙在排头，有A（4,4）种方法。
第二类：甲在排尾，乙不在排头，有3×A（4,4）种方法。
第三类：乙在排头，甲不在排尾，有3×A（4,4）种方法。
第四类：甲不在排尾也不在排头，乙不在排头也不在排尾，有6×A（4,4）种方法（排除相邻）。
共A（4,4）+3×A（4,4）+3×A（4,4）+6×A（4,4）=312种。
【例10】对某件产品的6件不同正品和4件不同次品进行一一测试，至区分出所有次品为止。若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?
分析：本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且是最后一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，分步完成。
第一步：第五次测试的有C（4,1）种可能；
第二步：前四次有一件正品有C（6,1）中可能。
第三步：前四次有A（4,4）种可能。
∴ 共有576种可能。
【例11】8人排成一队
⑴甲乙必须相邻
⑵甲乙不相邻
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻
⑷甲乙必须相邻，丙丁必须相邻
⑸甲乙不相邻，丙丁不相邻
分析：⑴甲乙必须相邻，就是把甲乙 捆绑（甲乙可交换） 和7人排列A（7,7）×A（2，2）
⑵甲乙不相邻，A（8,8）-A（7,7）×2。或A（6,6）×A(7,2)
⑶甲乙必须相邻且与丙不相邻，先求甲乙必须相邻且与丙相邻A（6,6）×2×2
甲乙必须相邻且与丙不相邻A（7,7）×2-A（6,6）×2×2
⑷甲乙必须相邻，丙丁必须相邻A（6,6）×2×2
⑸甲乙不相邻，丙丁不相邻，A（8,8）-A（7,7）×2×2+A（6,6）×2×2
【例12】某人射击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况?
分析：∵ 连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因而这是一个插空问题。另外没有命中的之间没有区别，不必计数。即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列，即A（5,2）。
【例13】 马路上有编号为l，2，3，……，10 十个路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法共有多少种?
分析：即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别，因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。∴ 共C（6,3）=20种方法。
方法二：
把其中的3只灯关掉总情况有C（8，3)种
关掉相邻的三只有C（6，1)种
关掉相邻的两只有2*C（7，2)-12种
所以满足条件的关灯方法有:
C（8，3)-C（6，1)-[2*C（7，2)-12]
=56-6-(42-12)
=20种
【例14】三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三角形?
分析：有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。
所求问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数，
∴ 共76种。
【例15】正方体8个顶点中取出4个，可组成多少个四面体?
分析：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数，
∴ 共C（8,4）-12=70-12=58个。
【例16】1，2，3，……，9中取出两个分别作为对数的底数和真数，可组成多少个不同数值的对数?
分析：由于底数不能为1。
⑴当1选上时，1必为真数，∴ 有一种情况。
⑵当不选1时，从2--9中任取两个分别作为底数，真数，共A（8,2）=56，其中log2为底4=log3为底9，log4为底2=log9为底3,log2为底3=log4为底9,log3为底2=log9为底4.
因而一共有56-4+1=53个。
【例17】 六人排成一排，要求甲在乙的前面，（不一定相邻），共有多少种不同的方法? 如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢?
分析：（一）实际上，甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称，具有相同的排法数。因而有A(6，6)/2=360种。
（二）先考虑六人全排列A(6,6)种；其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位，因而前面的排法数重复了A(3,3)种， ∴ 有A(6，6)/A(3,3)=120种。
【例18】5男4女排成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，共有多少种不同的方法?
分析：（一）首先不考虑男生的站位要求，共A（9,9）种；男生从左至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复了A(5,5)次。因而有A(9,9,)/A(5,5,)=9×8×7×6=3024种
若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法， 同理也有3024种，综上，有6048种。
（二）按照插空的方式进行思考。
第一步：4个女生先在9个位置中选择4个，为A(9,4)种方式；
第二步：男生站剩下的位置，因为必须从高到矮的顺序，没有规定方向，所以有2种；
综上，总的站法数有A(9,4)×2=6048种。
【例19】 三个相同的红球和两个不同的白球排成一行，共有多少种不同的方法?
分析：先认为三个红球互不相同，共A（5,5）=120种方法。
而由于三个红球所占位置相同的情况下，共A（3,3）=6变化，因而共A（5,5）/A（3,3）=20种。
公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列（即排序）。（P是旧用法，教材上多用A，Arrangement)
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列（即不排序）。
挡板的使用
【例20】10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法?
分析：把10个名额看成十个元素，在这十个元素之间形成的九个空中，选出七个位置放置档板，则每一种放置方式就相当于一种分配方式。因而共36种。
区别与联系
所有的排列都可以看作是先取组合，再做全排列；同样，组合如补充一个阶段（排序）可转化为排列问题。
【例21】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，
⑴可组成多少个不同的四位数?
⑵可组成多少个不同的四位偶数
⑶可组成多少个能被3整除的四位数?
分析：⑴有A（6,4）-A（5,3）=300个。
⑵分为两类：0在末位，则有A（5,3）=60种：0不在末位，则有C（2,1）×A（5,3）-C（2,1）×A（4,2）=96种。
∴ 共60+96=156种。
⑶先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选
0，1，2，3
0，1，3，5
0，2，3，4
0，3，4，5
1，2，4，5
它们排列出来的数一定可以被3整除，再排列，有：4×[A（4,4）-A（3,3）]+A（4,4）=96种。
分组问题
【例22】 5名学生分配到4个不同的科技小组参加活动，每个科技小组至少有一名学生参加，则分配方法共有多少种？
分析：（一）先把5个学生分成二人，一人，一人，一人各一组。
其中涉及到平均分成四组，有C（5,3）=10种分组方法。可以看成4个板三个板不空的隔板法。
（二）再考虑分配到四个不同的科技小组，有A（4,4）=24种，
由（一）（二）可知，共10×24=240种。
几何问题
【例23】某区有7条南北向街道，5条东西向街道（如右图）
⑴图中共有多少个矩形？
⑵从A点到B点最近的走法有多少种？
分析：⑴在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线
可组成1个矩形，故可组成矩形C（7,2）·C（5,2）=210个
⑵每条东西向的街道被分成4段，每条南北向的街道被分成6段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另外4段方向相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C（10,6）=C（10,4）=210种走法（同样可以从10段中选出4段走南北方向，每一种选法即是1种走法）。所以共有210种走法。