【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+……+mn种不同的方法。
例有四本不同的笔记本和三支不同的钢笔，任取一件作为奖品，可有几种不同的奖励办法？
解取一个笔记本作为奖品可有4种方法；取一支钢笔做为奖品可有3种方法，两类方法都完成了一件奖品这件事，故不同的奖励办法数应是两类方法数的和，即4+3=7（种）。
说明：（1）在使用加法原理时应注意，选用任何一类办法中的任何一种方法时都能完成这件事，即完成一件事的各种方法是独立的。
（2）根据问题的特点，合理地确定一个分类的标准，并在此标准下，每一种完成此事的方法属于各类中的一种且仅属于其中的一种。
【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×……×mn种不同的方法。
例用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成多少个没有重复数字的四位数？其中有多少个偶数？若数字可重复选取可组成多少个四位数？
解四位数可由个位、十位、百位、千位四个数字构成，因此一个四位数可分四步完成。
（1）因为五个数字不能重复选取，所以组成个位数字有5种方法，十位数字4种方法，百位数字3种方法，千位数字2种方法，故不同的四位数有5×4×3×2=120个。
（2）组成四位偶数只需个位是偶数，故个位数字有2种方法，十位数字有4种方法，百位数字有3种方法，千位数字有2种方法，故不同的四位偶数有2×4×3×2=48个。
（3）因为数字能重复选取，所以每一位数字都有5种组成方法，故不同的四位数有5×5×5×5=625个。
说明：（1）在使用乘法原理时应注意，完成一件事需分n个步骤，这n个步骤是互相依存的，即各个步骤都要完成，这件事才完成，缺一不可。
（2）根据问题的特点，确定一个分步的标准，并且使得完成这件事的每一个步骤选用的方法和完成其他步骤时的方法无关。
【排列】
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素（一般是指被取出的元素各不相同的情况），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。
说明：在讲解排列概念时，要使学生清楚两个排列中如果组成的元素相同且排列顺序也相同，就是相同的排列，否则如果组成两个排列的元素不同或元素相同而排列顺序不同，就是不同的排列。还应让学生掌握写出从n个不同元素中选出m个不同元素的所有不同排列的方法。
【排列数】
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数。
【阶乘】
自然数由1到n的n个数连乘积叫做n的阶乘，记作n！读作n阶乘，还规定0！=1。
【排列数公式】
两种主要形式：
（1）Amn=n（n—1）（n—2）………（n—m+1）；
（2）Amn=n！（n—m）！
【全排列】
n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素。
【组合】
从n个不同的元素中，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。
说明：通过组合概念应使学生理解，如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合，还要求学生掌握写出从n个不同元素中，取出m个元素的所有不同组合的方法。
【组合数】
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cnm表示。
【组合数公式】
主要有三种形式：
（1）Cmn=AmnAmn；
（2）Cmn=n（n—1）（n—2）………（n—m+1）m！；
（3）Cmn=n！m（n—m）！。
【组合数的两个性质】
（1）Cmn=Cn—mn；
（2）Cmn—1=Cmn+Cm—1n。
说明：两个定理的内容要结合实际问题理解记忆。对于（1），可理解为从n个不同元素中有一种取出m个元素的方法，就有一种剩下n—m个元素的方法，反之也是一样，对于（2）可理解为从n+1个不同元素中取出m个元素的方法有Cmn+1种，包括不含有元素a1的方法Cmn种和含有元素a1的方法Cm—1n种。
【排列、组合应用题】
简单的排列组合应用题，可直接利用排列组合概念及排列组合种数计算公式解决。如：从7个人中选出3人分别安排三项不同的工作，可有多少种安排工作的方法？先选出三人每人安排一项工作，如果保持3人不变而交换其中2人的工作，显然是一种新的安排工作方法，即选出的元素有顺序，故是排列问题，所以安排工作的。对于较复杂的应用题，化繁为简是解决问题的重要思想，即合理使用加法和乘法原理，把一个复杂的应用题分解为若干个简单的排列组合问题处理。在考虑问题时，常对有特殊要求的元素或排列过程中有特殊要求的位置尽先安排处理，设计一个合理的工作程序，就能准确、迅速解题。
例甲、乙等5人站成一排，其中甲不在左端，乙不在右端，可有多少种排法？
解法一先设计一个排队程序：先排甲，甲可以排2、3、4、5号位置上，但考虑到乙不排在左端，所以必须分两种情况考虑，即甲排2、3、4号位置时，乙有3个位置可排；甲排5号位置时，乙有4个位置可排。甲、乙排完后，其余3人可任意排。
这样就把一个复杂排列问题分解为几个简单排列问题了。故有甲排2、3、4号位置时，有P13种排法，乙除去甲站有的位置和左端的位置时，余下的三个位置可排，有P13种排法。甲、乙排完后，余下三个位置由其余三人排，有P33种排法。这种情况使用乘法原理，共有P13·P13·P33=54种排法。第二种情况，甲排第5号位置时，乙和其余三人在剩下的四个位置可随意排，有P44=24种排法。最后根据加法原理共有54+24=78种排法。
解法二本题也可利用间接算法进行计算，从五个人的所有排列中去掉不合条件的排列即可。五个人所组成的所有排列共P55种，甲在排头时，不合条件，有P44=24种排法，乙在排尾时也不合条件，有P44=24种排法，但是甲在排头且乙在排尾的情况被排除了两次，故应补回一次，有P33=6种。这样符合条件的排列共有P55—2P44+P33=78种。
为使问题直观也可借助韦恩图，用集合的观点处理。五个人的一切排列构成全集I，排列总数可表示为I的基数n（I），又设甲在排头的一切排列构成集合A，乙在排尾的一切排列构成集合B，则本题所求应是集合A、B并集的补集的基数n（A∪B）。由韦恩图可得：
n（A∪B）=n（I）—n（A）—n（B）+n（A∩B）=P55—P44—P45+P33=78。
例某小组有5名男生，4名女生，现选举3人去参加智力竞赛，但至少要有一名女生参加，问可以有多少种选法？
解法一可分三种情况考虑：选出的三人中有一名女生两名男生，有C14C25=40种选法；选出的三人中有两名女生一名男生，有C24C15=30种选法；选出的三人中有三名女生，有C34=4种选法。每一种情况都是选出符合条件的三人。故依据加法原理得C14C25+C24C15+C34=74种选法。
解法二从反面考虑：9人中任选三人有C39=84种选法。其中不合条件的是三名全是男生的选法有C35=10种。因此选出合乎条件的三人有C39—C35=74种。
说明：对本题，经常有的同学采用如下的考虑方法：既然选出的三人中至少有一名女生，故先选出一女生，有C14=4种选法，然后从余下的8人中任选二人，有C28=28种选法；根据乘法原理，共有C14C28=112种选法。产生错误的原因是工作程序设计不合理，产生了重复现象，如先选一女生甲，余下8人中选出的二人可能是女生乙、丙；但如先选的女生乙，余下8人中选出的二人是女生甲、丙，这两次选出的三人均是女生甲、乙、丙。因此产生重复，故结果112种远远多于实际的74种。
例有6本不同的书，
（1）分给三人，每人两本，有多少种分法？
（2）甲得一本，乙得二本，丙得三本，有多少种分法？
（3）一人得一本，一人得二本，一人得三本，有多少种分法？
（4）平均分成三堆，有多少种分法？
（5）分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本，有多少种分法？
解（1）分三步考虑：从6本书中任选二本给第一人，有C26种方法，从余下的4本书中任选二本给第二个人，有C24种方法，剩下的两本给第三人给C22种方法。据乘法原理，共有C26C24C22=90种分书的方法。
（2）仍分三步考虑：从6本书中任选一本给甲，有C16种方法，从余下的5本书中任选二本给乙，有C23种方法，剩下的三本给丙，有C33种方法，据乘法原理，共有C16C25C33=60种分书的方法。
（3）在上题的每一种分书的方法中，使甲、乙、丙三人所拿的书互相交换，都会得到新的分书方法，即上一题中每一种分书的方法，对应现在的C35种方法，故共有C16C25C333！=360种分书的方法。
（4）在第（1）题中如果去掉甲、乙、丙三个人，即去掉了三堆书的摆放顺序，故分成三堆时，有C16C152=15种分书的方法。
（5）在第（3）题中，如果去掉甲、乙、丙三个人，即去掉了三堆书的摆入顺序，故分成三堆时，有C16C25C33=60种分书的方法。
本题也可以直接分三步考虑：从6本书中任选一本作为第一堆，有C16种方法；从余下的5本书中任选二本做第二堆，有C25种方法；最后剩下三本作为第三堆，有C33种方法，据乘法原理，共有C16C25C33=60种方法。
但是第（4）小题按这种方法考虑时，由于每堆都是2本，故会出现重复现象（如第一堆是A、B两本书，第二堆是C，D两本书，第三堆是E，F两本书与第一堆是C，D两本书，第二堆是A，B两本书，第三堆是E，F两本书，这两种情况是相同的三堆），对于每一种分法都会重复P33次，故分成三堆的方法数是C26C24C22÷P33=15种。
【二项式定理】
公式（a+b）n=C0n+C1nan—1b+……Crnan—rbr……+Cnn（n∈N）所表示的定理叫做二项式原理。等号右边的多项式叫做（a+b）n的二项式展开式，其中C0n，C1n，……Cnn叫做二顶式系数。
例求（x+3y－2z）8展开式中x3y2z3项的系数。
解要得到x3y2z3项，必须是8个（x+3y－2z）因式中，有3个因式取x，两个因式取3y，3个因式取－2z所得的积，而8个因式中三个因式取x的方法有C38种，余下的5个因式中2个因式取3y的方法有C25种，剩下的三个因式取—2z有C33种，所以含x3y2z3的项为C38·C25（3y）2·C33（—2z）3=—40320x3y2z3，故展开式中x3y2z3项的系数为－40320。
说明：要让学生理解二项式系数的来源，以便用这一思想处理这类问题。
例求9911被100除所得的余数。
解9911=（100－1）11。
=C011·10011·（—1）0+C111·10010·（—1）1+C211·1009·（—1）2+………+C1011·1001·（—1）10+C1111·1000·（—1）11=100M－1（M∈N）
余数必须为小于100的非负整数，9911除以100余数为99。
说明：利用二项式定理处理某些整除问题，比起用数学归纳法证明要简单，因为二项式定理本身是用数学归纳法证明过的结论。
例求证C0n+C1n+C2n+……+Cnn=2n（n∈N）。
证明在二项式定理中令a=b=1即得（1+1）n=C0n+C1n+C2n+……+Cnn，C0n+C1n+C2n+……+Cnn=2n。
说明：
（1）本题证明的是重要的全组合数公式，以后可直接使用。
（2）在二项式定理中分别给a，b一些值的方法，常可以解决一些与二项式的系数或各项系数有关的计算或等式的证明，如计算（5x—7y）5展开式中各项系的和；求证2n—C1n2n+1+……+（—1）n—1Cn—1n·2+（—1）n=1等等。
【二项展开式的通项公式】
二项展开式的第k+1项是Tk+1=Cknan—kbk，这个公式称为二项展开式的通项公式。
例在（x+124x）的展开式中。前三项的系数成等差数列，求展开式中各有理项。
解展开式的前三项为：
T1=C0n（x）n，
T2=C1n（x）n—1·124x，
T3=C2n（x）n—2·（124x）2，
整理得n2－9n+8=0，n＞2，取n=8。
当n=8时，展开式的第k+1项为TK+1=CK8（x）8—k（124x）k=CK812K×16—3K4。
求展开式中的有理项，
16—3k4必定是整数（其中0≤k≤8），
故k取为0，4，8，
有理数为T1=x4，T5=358x，T9=1256x2。
说明：注意二项展开式中各项系数与二项系数的区别，各项系数是指各项的实际系数，二项系数是指用组合数表示的系数。
【杨辉三角】
遇到n是较小的正整数时，二项式系数也可以直接用下表计算。
（a+b）111。
（a+b）2121。
（a+b）31331。
（a+b）414641。
（a+b）515101051。
（a+b）61614201561。
表中每行两端都是1，而且除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和。这个表叫做杨辉三角。
【二项式系数的性质】
（1）在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等。
（2）如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大。
例在（3x—1—5x—2）n展开式里，分别满足下列条件，试由每一件，求幂指数n。
（1）含有12项；
（2）第六、七两项系数绝对值最大；
（3）倒数第三项系数绝对值等于55。
解（1）展开式含有12项，n=11。
（2）第六、七项系数绝对值最大，
第六、七项是展开式中间两项，故n=11。
（3）倒数第三项与正数第三项系数绝对值相等，
C2n=55，解之得n=11。