本博客参考自MOOC平台的离散数学及其应用课程与离散数学及其应用第七版内容。
1 集合与序列
1.1 集合的定义
集合： 是由指定范围内的满足给定条件的所有可确定，可分辨对象聚集在一起构成的无序整体，每一个对象称为这个集合的元素。集合常用大写英文字母表示，而元素用小写英文字母表示。
更精确的定义需要以下公理完善：外延公理 + 空集存在公理 + 无序对公理 + 并集公理 + 幂集公理 + 无穷公理 +替换公理 + 正则公理 + 选择公理。 (ZFC 公理化集合论)
更详细的介绍参见：http://www.duodaa.com/blog/index.php/archives/397/
集合与对象的关系可以如下表述：
下面举几个例子：
标注红字的部分无法作为精准描述集合元素性质的语句，所以不构成集合。
集合的描述形式：
1.2 集合的运算
值得注意的是这两个特殊的定义：
设
交换律：
结合律：
分配率：
吸收率：
德摩根定律：
德摩根定律的变形：
幂等律：
零律：
同一律：
排中律：
矛盾律：
余补律：
双重否定率：
1.3 序列
2 数论基础
2.1整除的概念
2.2 欧几里得算法（辗转相除法）和贝祖等式
贝祖等式的一个重要推论：
大于1的两个整数a，b互素，则存在整数使得
最大公因子和最小公倍数还有如下性质：
对正整数a，b，c有
1.GCD(a,GCD(b,c))=GCD(GCD(a,b),c)
2.LCM(a,LCM(b,c))=LCM(LCM(a,b),c)
3.GCD(a,LCM(b,c))=LCM(GCD(a,b),GCD(a,c))
4.LCM(a,GCD(b,c))=GCD(LCM(a,b),LCM(a,c))
3.计数基础
3.1 加法与乘法规则
3.2 排列
排列的分类
可重排列
不可重排列
如果我们对一类对象作出可重复但有次数的限制，比如：
3.3 组合
同样的我们对组合的对象作出可重复但有次数的限制：
为了能够更清楚的理解，这里有必要系统的引入隔板法的概念
3.4 隔板法（补充）
定义：当遇到把n个元素无次序分为k组的情况时，可以通过隔板法去理解。
隔板法就是在n个元素间的（n-1）个空位中插入k-1个板，从而可以把n个元素分成k组的方法。
应用普通隔板法必须满足3个条件：
（1） 这n个元素必须全部相同；
（2） 所分成的每一组至少分得1个元素；
（3） 分成的组别彼此相异。
基础公式：
把10个相同的小球放入3个不同的箱子，每个箱子至少一个，问有几种情况？
相当于n-1个空位，需要插入m-1个板子（注意，一个空位最多只能插入一个板子），此时就是n-1选m-1，即C(n-1,m-1)=C(9,2)
接下来才是重点。
普通隔板法
例1. 求方程 x+y+z=10的正整数解的个数。
分析：可以理解为将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为x、y、z之值（如下图）。则隔法与解的个数之间建立了一一对立关系，故解的个数为C(n-1,m-1)=C（9，2）=36（个）。
添元素隔板法
例2. 求方程 x+y+z=10的非负整数解的个数。
分析：注意到x、y、z可以为零，故例1解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了，怎么办呢？只要添加三个球，给x、y、z各添加一个球，这样原问题就转化为求 x+y+z=13的正整数解的个数了（也就是说这两个结果是一个双射），则问题就等价于把13个相同小球放入3个不同箱子，每个箱子至少一个，有几种情况？易得解的个数为C（n+m-1,m-1）=C（12，2）=66（个）。
例3： 把10个相同小球放入3个不同箱子，第一个箱子至少1个，第二个箱子至少3个，第三个箱子可以放空球，有几种情况？
我们可以在第二个箱子先放入10个小球中的2个，（这步不影响第一个和第二个的数量）然后把问题转化为 把9个相同小球放3不同箱子，每箱至少1个，放完后，把第三个箱子中的一个球放到第二个箱子里（这步影响第三个箱子的数量，但是两个结果是一个双射）。即 C(8,2）=28
例4. 将20个相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。（减少球数用隔板法）
分析：先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，只有1种方法，剩下14个球；再把剩下的球分成4组，每组至少1个，由例1知方法有C（13，3）=286（种）。
例5：有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如257，1459等等，这类数共有几个？
因为前2位数字唯一对应了符合要求的一个数，只要求出前2位有几种情况即可，设前两位为ab
显然a+b<=9 ,且a不为0
1 -1- 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 1代表9个1，-代表8个空位
我们要把9个1分成两组，但b可以为0，我们先给b一个1，然后就相当于10个小球放入两个（a，b）不同的箱子，每一个箱子至少放一个，C（9，1），但这是错误的，为什么？因为1不一定要全部放入。其实解决这个问题可以这么想，我们在引进一个盒子c来放ab取完剩下的1，所以报证c中球数大于0，所以要在增加一个球，题目就等价于，11个小球放入三个（a，b，c）不同的箱子，每一个箱子至少放一个，所以一共有 c（10，2）=45 .
选板法
例6： 有10粒糖，如果每天至少吃一粒(多不限)，吃完为止，求有多少种不同吃法？
o - o - o - o - o - o - o - o - o – o o代表10个糖，-代表9块板
10块糖，9个空，插入9块板，每个板都可以选择放或是不放，相邻两个板间的糖一天吃掉
这样一共就是 啦
分类插板法
例7： 小梅有15块糖，如果每天至少吃3块，吃完为止，那么共有多少种不同的吃法？
此问题不能用插板法的原因在于没有规定一定要吃几天，因此我们需要对吃的天数进行分类讨论
最多吃5天，最少吃1天
1： 吃1天或是5天，各一种吃法 一共2种情况
2：吃2天，每天预先吃2块，即问11块糖，每天至少吃1块，吃2天，几种情况？ C（10， 1）=10
3：吃3天，每天预先吃2块，即问9块糖，每天至少1块，吃3天? C（8 ，2）=28
4：吃4天，每天预先吃2块，即问7块糖，每天至少1块，吃4天？c（6 ，3）=20
所以一共是 2+10+28+20=60 种
逐步插板法
例8 ：在一张节目单中原有6个节目，若保持这些节目相对次序不变，再添加3个节目，共有几种情况？
-o - o - o - o - o - o - 三个节目abc
可以用一个节目去插7个空位，再用第二个节目去插8个空位，用第三个节目去插9个空位
所以一共是 c（7, 1）×c(8, 1)×c(9 ,1)=504种
两道附加题
1.一共n个元素，从中选取m个元素，选出的元素中没有相邻的元素，一共有多少种选法（ZOJ3557）
解答：首先我们拿出m个小球，还剩下n-m个小球，可以产生n−m+1个空，这道题就变成了把m个小球插到这n−m+1个空中有多少种方法，即这m个小球的编号取决于它插入的位置，和选哪个小球没关系，即C为(n-m+1,m)
在计算阶段要用到卢卡斯定理，这部分在OI中的数论方法里有讲。
2.2.hdu 3037 Saving Beans
有n个不同的盒子，在每个盒子中放一些球（可以不放），使得总球数≤m,求方案数
第一种方法：
设最后放了k个球，根据"隔板法"由方案数C(k+n-1,n-1),:
ans=C(n-1,n-1)+C(n,n-1)+C(n+1,n-1)+……+C(n+m-2,n-1)+C(n+m-1,n-1)
=C(n+m,n);
第二种方法：
这个题和原来不一样的地方：总球数≤m，一般我们就是总球数就是m，所以我们可以增加一个盒子，现在n+1个盒子，现在假设就要放m个球，n来来放k个球，剩下的m-k就放在那个我们增加的盒子里，这样n个盒子的组合球数就是我们要求的，所以题目等价于m个球放入n+1个盒子中，盒子有里球数可以为0，添元素插板法，每一个盒子都增加一个球，即m+n+1个球放入n+1个盒子，c（m+n，n）为答案。