1.排列组合的几个简单公式
古典概率计算归结为计算两个数M和N。这种计算大多涉及排列组合。二者的区别在于，排列要计较次序而组合不计较：ab和ba是不同的排列，但是是相同的组合。
（1）n个相异物件取r(1<=r<=n)个的不同排列总数，为
P(n,r)=n*(n-1)*(n-2)…(n-r+1)=n!/(n-r)!
（2）n个相异物件取r(1<=r<=n)个的不同组合总数，为
C(n,r)=P(n,r)/r!=n!/[r!*(n-r)!]
只要r为非负整数，n不论为任何实数，都有意义。故n可不必限制为自然数。
C(-1，r)=(-1)**r
（3）与二项式展开的关系
组合系数C(n,r)又常称为二项式系数，因为(a+b)**n=C(n,0)*a**0*b**n+C(n,1)*a**1*b**(n-1)+…+C(n,n)*a**n*b**0
令a=1,,b=1,那么
2**n=C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+…+C(n,n-1)+C(n,n)
另一个有用的公式是
C(m+n,k)=sigma(C(m,i)*C(n,k-i))
（4）n个相异物件分成k堆，各堆物件数分别为r1,r2,…,rk的分法是
n!/(r1!*r2!*…*rk!)
此处，r1,r2,…,rk都是非负整数，其和为n。又这里要计较堆的次序，就是说，若有5个物体a,b,c,d,e分成3堆，则(ac),(d),(be)和(be),(ac),(d)应该算作两种不同分法。
证明很简单，先从n个中取出r1个作为第1堆，取法有C(n,r1)种；在剩余的n-r1中取出r2个作为第2堆，取法有C(n-r1,r2);……以此类推，得到全部不同的分法为：
C(n,r1)*C(n-r1,r2)*C(n-r1-r2,r3)…C(rk,rk)=n!/(r1!*r2!*…*rk!)
上述常称为多项式系数，因为它是(x1+x2+…+xk)**n的展开式中(x1**r1)*(x2**r2)*…*(xk**rk)这一项的系数。
2.经典例题
（1）n个男孩，m个女孩（m<=n+1）随机地排成一列，问“任意两个女孩都不相邻”这个事件E的概率有多大。
解：把n+m个孩子随意排列，总共有N=（n+m）!种不同的排法，因此分母为(n+m)!.将任意两个女孩都不相邻，等价于在n+1个空中随意选择m个空位将女孩插入，有P(n+1,m)种方法，此时n个男孩的排列方法有n!种，那么有利事件E发生的概率
p=n!C(n+1,m)*m!/(n+m)!=C(n+1,m)/C(m+n,m)
（2）一个人在口袋里放2盒火柴，每盒n支，每次抽烟时从口袋里随机拿出一盒并用掉一支，到某次他迟早会发现，取出的那一盒已空了，问“这时另一盒中恰好有m支火柴”的概率是多少？
解：我们来考虑第2*n+1-m次抽用的情况。每次抽用有两种方法，故总的不同抽法有2**(2*n+1-m)种。有利于所述事件的抽法可计算如下：先看“最后一次（即第2*n+1-m次）抽出甲盒”的情况，为使所述事件发生，在前2*n-m次中，必须有n次抽用甲盒，实现这一点不同的抽法为C(2*n-m,n).类似地，最后一次抽出乙盒的抽法也有这么多，故有利于所述事件的全部抽法为2*C(2*n-m,n).事件的概率为：
2*C(2*n-m,n)/2**(2*n+1-m)=C(2*n-m,n)/2**(2*n-m)
（3）有21本不同的书，随机地分给17个人，问“有6人得0本，5人得1本，2人得2本，4人得3本”这个事件E的概率是多少？
解：因为每个人都有17种可能的分法，故总的不同分法有17**21种。为计算有利于时间E的分法，分两步分析：
i).按得书本数不同把17个人分成4堆，各堆分别含6人（0本），5人（1本），2人（2本），4人（3本），这不同的分法共有17!/(6!*5!*2!*4!)种。
ii).把21本书按17人得书情况分为17堆，各堆数目依次为，0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,2,2,3,3,3,3
不同的分法有21!/(0!*1!*2!**2*3!**4)
二者相乘，得出有利于事件E的分法总数，进而得出E的概率为：17!*21!/(17**21 *2!**3 *3!**4 *4!*5!*6!)
（4）n本书随机地分给甲乙两人，问“甲乙各至少得到一本书”这个事件E的概率是多少？
解：用求反的方法求结果。E_bar={这n本书都被甲乙其中的一个人拿去了}
P(E_bar)=2/2**n=1/2**(n-1)
P(E)=1-1/2**(n-1)
总结：之所以把这几个性质和典型例题拿出来做一个总结，是因为这些题目的结论对我们以后的求解很重要，要知道“冰冻三尺，非一日之寒”，要想走得长远，必须得把基础打牢。与君共勉。