多项式系数

先把互异元素排成一列，再按指定长度切成有标签的段。若第一段长 $n_1$，它内部的 $n_1!$ 种顺序都给出同一组成员；每一段都如此，所以每个分组恰被 $n_1!\cdots n_k!$ 个排列表示。用总排列数除以这个相同的重复次数，就得到公式。

也可以逐组选人：先从 $n$ 人中选 $n_1$ 人，再从剩余者中选 $n_2$ 人，依此类推。由乘法原理理路乘法原理Product rule · Multiplication principle分阶段且每阶段选择数固定时，总数等于各阶段选择数之积。，各步的组合理路组合Combination · k-subset从有限集合中无序选取固定数量元素所得的子集。数相乘，中间阶乘约去后得到同一结果。这两种推导分别解释了“除掉什么”和“实际怎么选”。

标签是否属于结果 ​

把五名互异学生分到甲、乙、丙三组，人数分别为 $2,2,1$。先选甲组有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})=10$ 种，再选乙组有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2})=3$ 种，丙组由最后一人确定，共 $30$ 种。这也等于 $5!/(2!2!1!)$。

若只保留两个无标签二人组与一个单人组，同一划分在上面的结果中恰出现两次，因为可以交换两个二人组的标签。因此得到 $30/2!=15$。不能除以 $3!$：单人组不能与二人组互换后还保持指定的容量位置。

一般地，若所有块均非空，大小为 $j$ 的块有 $m_j$ 个，则忘记块标签后的计数为

这个额外分母来自相同大小块的交换，而不是每遇到“无序”就随意除一个阶乘。

空组与可变容量 ​

有标签组允许容量为零；$0!=1$ 正好表示往一个指定空组放入零个元素只有一种方式。但集合划分不把空集列成块，所以不能把上面的无标签非空块公式直接套到多个“空块”上。

第二类 Stirling 数理路第二类 Stirling 数Stirling number of the second kind把 n 元集合划分为 k 个非空无标号块的方案数。只指定非空块数，允许块大小变化；多项式系数固定每个有标签组的容量。两者计数的信息不同。二项式系数是两组的特例；当非负下标之和不为 $n$ 时，通常把相应系数约定为零。

阶乘理路阶乘Factorial前 n 个正整数的乘积 n!，并约定 0!=1。给出相同重数的除法计数，也解释多项式展开：从 $(x_1+\cdots +x_k{)}^n$ 的每个因子选一个项，要得到 $x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}$，就要把这 $n$ 个有区别的因子位置按选择类别分组。

独立重复的多类别试验中，若第 $i$ 类概率为 $p_i$，固定计数 $(n_1,\dots ,n_k)$ 的每个结果序列都有概率 $\prod _i{p}_i^{n_i}$；乘上多项式系数便是该计数组合的概率。若试验概率随位置变化，各序列不再等概率，就不能用同一个乘积一概乘以方案数。

当研究对象变成无标签块族时，应转向集合划分理路集合划分Set partition把集合表示为两两不交非空块且其并为全体的块族。，先确认忘记标签后每个对象对应多少种表示。

对重排词按严格逆序数加权后，对应的是$q$ 多项式系数理路Gaussian 二项式与多重集加权计数Gaussian binomial coefficient · q-binomial coefficient · q-multinomial coefficient · Gaussian polynomial以二元词逆序和矩形内分拆定义q二项式，证明递推、乘积及有限q二项式定理，再推导重复字母的逆序多项式。 $[n{]}_q!/\prod _i[n_i{]}_q!$。证明将最小字母的位置与删去它们后的词分开，逆序数在这两份数据间可加；并非因为普通除法成立，就能把每个阶乘直接换成 $q$ 阶乘。取 $q=1$ 才恢复本页总数。