📊 対象級：4級・ 3級　|　重要度：A（頻出）

場合の数・順列・組合せ ── 数え上げの2法則・nPr・nCr・重複組合せ・二項定理

要点（BLUF）

数え上げは2法則に還元される：和の法則（排反なら足す）と積の法則（連続して選ぶなら掛ける）。順列も組合せも、もとはこの積の法則の応用。
順列 $_nP_r=\dfrac{n!}{(n-r)!}$ ＝順序を区別して並べる／組合せ $_nC_r=\dfrac{n!}{r!(n-r)!}$ ＝順序を区別せず選ぶ。両者の差は「並べ替え $r!$ 通りを1つに潰すか否か」だけ（ $_nC_r = {}_nP_r / r!$ ）。
二項定理 $(a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}{}_nC_k\,a^k b^{n-k}$ の係数 ${}_nC_k$ が二項係数。これが Phase 3 の二項分布の確率質量関数の主役になる。場合の数は確率（確率の基本（定義・加法定理・乗法定理））の分母・分子を数える道具。

なぜ4級・3級でいきなり「数え方」を学ぶのか。確率はざっくり「（起こってほしい場合の数）÷（全部の場合の数）」で計算するので、その分母・分子を正しく数えられないと確率が出せないからです。

本文

数え上げの2つの法則

すべての場合の数の計算は、つきつめると次の2法則の組み合わせになる。

法則	いつ使う	操作	例
和の法則	同時には起こらない（排反な）場合分け「AまたはB」	各場合の数を足す	「赤い玉3個 or 青い玉4個から1個」→ $3+4=7$ 通り
積の法則	連続して選ぶ「AかつB」	各段階の数を掛ける	「上着3着 × ズボン4本」のコーデ→ $3\times4=12$ 通り

判定基準は単純で、「場合分け（または）なら足す」「段階を踏む（かつ）なら掛ける」。順列・組合せはどちらも「段階を踏んで選ぶ」話なので、本質は積の法則。

階乗 $n!$

$n$ 個すべてを1列に並べる場合の数を階乗 $n!$ と書く。

n! = n\times(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times2\times1

積の法則そのもの：1番目の枠に $n$ 通り、2番目に（1個使ったので） $n-1$ 通り…と掛けていくだけ。約束として $0!=1$ （理由は後述）。

順列 $_nP_r$ （順序を区別して並べる）

$n$ 個の異なるものから $r$ 個取り出して一列に並べる場合の数。

_nP_r = \frac{n!}{(n-r)!} = \underbrace{n(n-1)(n-2)\cdots(n-r+1)}_{r\text{ 個の積}}

要するに「 $n$ から始めて1つずつ減らしながら $r$ 個だけ掛ける」。例：5人から3人を選んで1位・2位・3位を決める＝ $_5P_3 = 5\times4\times3 = 60$ 通り。順番（誰が1位か）が違えば別物として数える。

組合せ $_nC_r$ （順序を区別せず選ぶ）

$n$ 個の異なるものから $r$ 個選ぶだけ（並べない）場合の数。 $\binom{n}{r}$ とも書く。

_nC_r = \binom{n}{r} = \frac{_nP_r}{r!} = \frac{n!}{r!\,(n-r)!}

要するに「順列を $r!$ で割ったもの」。例：5人から3人の委員を選ぶ（順番は無関係）＝ $_5C_3 = \dfrac{5\times4\times3}{3\times2\times1} = 10$ 通り。メンバーが同じなら順番が違っても同じとして数える。先ほどの順列 $_5P_3=60$ をちょうど $3!=6$ で割った値になっている。

順列＝組合せ × 並べ替えの関係を図にすると、組合せと順列の橋渡しが見える。

flowchart LR
    A["n個から<br/>r個選ぶ"] -->|nCr 通り| B["選んだ r個"]
    B -->|並べる r! 通り| C["並べた結果<br/>= nPr 通り"]
    B -.順番を無視して<br/>1つに潰す.-> A

つまり 順列＝組合せ × 並べ替え $r!$ 、逆に言えば 組合せ＝順列 ÷ $r!$ 。

日常の例：パスワード（順列）とチーム選び（組合せ）

違いがいちばん腹落ちするのは、順番が意味を持つかどうかで考えること。

4桁の数字パスワード（0〜9を重複なしで4つ並べる）：1234 と 4321 は別のパスワード。順番が命なので順列 $_{10}P_4$ 。
10人から4人のチームを選ぶ：A・B・C・D を選んでも D・C・B・A を選んでも同じチーム。順番は無関係なので組合せ $_{10}C_4$ 。

「並べ替えたら別物になる？」→ なるなら順列、ならないなら組合せ、と覚えると間違えにくい。

円順列・重複順列・重複組合せ

名称	状況	公式	ひとこと
円順列	$n$ 個を円形に並べる	$(n-1)!$	回転して同じになる $n$ 通りを1つに潰す
重複順列	$n$ 種から重複を許して $r$ 個取り並べる	$n^r$	毎回 $n$ 通りから選べる（減らない）
重複組合せ	$n$ 種から重複を許して $r$ 個選ぶ（並べない）	$_nH_r = {}_{n+r-1}C_r$	仕切り棒の論法（後述）

注意：重複組合せは重複順列ではない。 $n^r$ は「並べる（順序あり）」、 $_nH_r$ は「選ぶ（順序なし）」。混同が頻出。

二項定理

$(a+b)^n$ を展開したときの各項の係数が組合せで書ける。

(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} {}_nC_k\, a^k b^{n-k} = {}_nC_0 b^n + {}_nC_1 a b^{n-1} + \cdots + {}_nC_n a^n

この ${}_nC_k$ を二項係数と呼ぶ。要するに「 $(a+b)^n$ を展開すると、 $a^k b^{n-k}$ の係数はちょうど $_nC_k$ になる」。 $a=b=1$ を代入すると重要な恒等式：

\sum_{k=0}^{n} {}_nC_k = 2^n

（「 $n$ 個から選ぶ個数 $0,1,\dots,n$ をすべて足すと、各要素を入れる/入れないの $2^n$ 通りに一致する」＝部分集合の総数）。この恒等式はスタージェスの公式の導出（度数分布表とヒストグラム ── 階級・相対度数・累積度数とスタージェスの公式）で実際に使った。

パスカルの三角形

二項係数を三角形に並べると、各数が左上＋右上の和になる美しい構造（パスカルの三角形）が現れる。

         1            ← (a+b)^0
        1 1           ← (a+b)^1 の係数
       1 2 1          ← (a+b)^2
      1 3 3 1         ← (a+b)^3
     1 4 6 4 1        ← (a+b)^4

この「左上＋右上の和」を式にしたものがパスカルの公式 $_nC_r={}_{n-1}C_{r-1}+{}_{n-1}C_r$ （導出は「数式の直観的意味」へ）。

試験での問われ方

4級：樹形図・数え上げで具体的な場合の数を求める。和の法則/積の法則の使い分け。「同様に確からしい」確率の分母分子を数える前段階。
3級： $_nP_r$ ・ $_nC_r$ の式（例「 $_5C_3$ 」「 $6!$ 」）を使って確率を計算。二項分布の係数として ${}_nC_k$ が登場。
発展（3級+〜）：円順列・重複順列・重複組合せ・同じものを含む順列。

数式の直観的意味

なぜ $_nP_r=\dfrac{n!}{(n-r)!}$ か（積の法則からの導出）

$r$ 個の「枠」を左から順に埋めると考える。

1番目の枠： $n$ 個すべてが候補 → $n$ 通り
2番目の枠：1個使ったので残り $n-1$ 通り
3番目の枠： $n-2$ 通り
…
$r$ 番目の枠：すでに $r-1$ 個使ったので $n-(r-1)=n-r+1$ 通り

積の法則でこれらを掛け合わせる：

_nP_r = n(n-1)(n-2)\cdots(n-r+1)

この積は「 $n!$ のうち最初の $r$ 個だけ残し、残り $(n-r)$ 個分 $(n-r)(n-r-1)\cdots1=(n-r)!$ を消す」操作なので、

_nP_r = \frac{n(n-1)\cdots(n-r+1)\times(n-r)!}{(n-r)!} = \frac{n!}{(n-r)!}

**要するに「全部並べる $n!$ から、使わない $(n-r)$ 個の並べ替え $(n-r)!$ を割って消した」**だけ。

なぜ $_nC_r=\dfrac{_nP_r}{r!}=\dfrac{n!}{r!(n-r)!}$ か（並べ替えを潰す）

順列は実は2段階の操作になっている：

\underbrace{_nP_r}_{\text{選んで並べる}} = \underbrace{_nC_r}_{\text{(1) }r\text{ 個選ぶ}} \times \underbrace{r!}_{\text{(2) その }r\text{ 個を並べる}}

同じ $r$ 個の組（例：{A,B,C}）は、並べ方が $r!$ 通り（ABC, ACB, BAC, …）あり、順列ではこれらを別々に数えている。組合せでは1つと数えたい。だから順列を $r!$ で割って「並べ替えの重複」を潰す：

_nC_r = \frac{_nP_r}{r!} = \frac{n!}{r!\,(n-r)!}

要するに「順列＝組合せ × 並べ替え $r!$ 」だから、組合せ＝順列 ÷ $r!$ 。この「同じものを何通りに数えすぎているかで割る」発想（重複度で割る）は、円順列・重複組合せでも全く同じように効く。

なぜ円順列が $(n-1)!$ か（回転の重複を潰す）

$n$ 個を一列に並べると $n!$ 通り。だが円形にすると、ある並び（例：ABCD）を回転させた $n$ 通り（ABCD, BCDA, CDAB, DABC）はすべて同じ円になる。「数えすぎ」の重複度が $n$ なので $n$ で割る：

\text{円順列} = \frac{n!}{n} = (n-1)!

別の見方：「1人を特等席に固定し、残り $(n-1)$ 人を並べる」＝ $(n-1)!$ 。固定すれば回転の自由度が消えるので重複が起きない。どちらの見方でも同じ「並べ替え ÷ 重複度」の構図。

なぜ重複組合せ $_nH_r={}_{n+r-1}C_r$ か（仕切り棒の論法）

重複順列 $n^r$ とは別物。「 $n$ 種類のものから重複を許して $r$ 個選ぶ（順序は無関係）」を数える。

発想：選んだ結果を「各種類を何個選んだか」で表す。例として $n=3$ 種類（X, Y, Z）から $r=5$ 個選ぶとき、「Xを2個・Yを0個・Zを3個」という選び方を、

\underbrace{\bigcirc\bigcirc}_{X\,2\text{個}}\ \big|\ \underbrace{}_{Y\,0\text{個}}\ \big|\ \underbrace{\bigcirc\bigcirc\bigcirc}_{Z\,3\text{個}}

のように、 $r$ 個の○と、種類を仕切る $(n-1)$ 本の仕切り棒｜の並びで表す。仕切りが種類の境界を作るので、「 $\bigcirc\bigcirc|\,|\bigcirc\bigcirc\bigcirc$ 」という1つの並びが「Xを2・Yを0・Zを3個選ぶ」という1つの選び方と1対1に対応する。

すると問題は「○を $r$ 個、｜を $(n-1)$ 本、合計 $(n+r-1)$ 個を一列に並べる場合の数」に帰着する。これは「 $(n+r-1)$ 個の位置のうち、どの $r$ 箇所を○にするか」を選ぶ組合せ：

_nH_r = {}_{n+r-1}C_r \quad\left(={}_{n+r-1}C_{n-1}\right)

要するに「種類ごとの個数」を「○と仕切り棒の一列の並び」に翻訳すると、ただの組合せになる。仕切りは $(n-1)$ 本（種類を $n$ 個の区画に分けるには $n-1$ 本必要）という点が要。

なぜ二項定理の係数が $_nC_k$ か（展開の組合せ論的意味）

$(a+b)^n = \underbrace{(a+b)(a+b)\cdots(a+b)}_{n\text{ 個の括弧}}$ を展開するとき、各括弧から $a$ か $b$ のどちらか1つを選んで掛け合わせる。 $a^k b^{n-k}$ という項ができるのは、 $n$ 個の括弧のうち $k$ 個から $a$ を選び、残り $(n-k)$ 個から $b$ を選んだとき。その「 $a$ を選ぶ括弧の組み合わせ」が ${}_nC_k$ 通りあるから、 $a^k b^{n-k}$ の係数は ${}_nC_k$ になる：

(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} {}_nC_k\, a^k b^{n-k}

要するに「展開の各項の係数＝その項を作る選び方の数＝組合せ」。だから二項係数は組合せそのもの。

パスカルの公式 $_nC_r={}_{n-1}C_{r-1}+{}_{n-1}C_r$ （最後の1個で場合分け）

パスカルの三角形（各数が左上＋右上の和になる三角形）を数式で書いたものがこのパスカルの公式。組合せ論的に証明できる。

$n$ 個から $r$ 個選ぶとき、特定の1個（仮に「最後の1個」と呼ぶ）に注目して、それを選ぶか選ばないかで排反に場合分けする（和の法則）：

その1個を選ぶ場合：残り $(n-1)$ 個から、あと $(r-1)$ 個選ぶ → ${}_{n-1}C_{r-1}$ 通り
その1個を選ばない場合：残り $(n-1)$ 個から、 $r$ 個全部選ぶ → ${}_{n-1}C_r$ 通り

この2つは同時に起きない（排反）ので足し合わせると全体になる：

_nC_r = {}_{n-1}C_{r-1} + {}_{n-1}C_r

要するに「ある1個を選ぶ/選ばないの2択で分けると、組合せが1つ小さいnの組合せ2つの和になる」。これがパスカルの三角形の「上2つの和」の正体。この漸化式があれば階乗を計算せずに二項係数を次々生成できる（→シミュレーション②）。

なぜ $0!=1$ か（約束する理由）

定義上 $0!$ は「0個を並べる場合の数」で直観が効かないが、式の整合性のために $0!=1$ と約束する。たとえば $_nC_n=\dfrac{n!}{n!\,0!}$ は「全部選ぶ＝1通り」のはずだから、 $0!=1$ でないと辻褄が合わない。同様に $_nC_0=\dfrac{n!}{0!\,n!}=1$ （「0個選ぶ＝何も選ばない1通り」）も $0!=1$ で初めて成立する。 $0!=1$ は公式を端（ $r=0$ や $r=n$ ）でも破綻させないための約束。

⚠️ 引っかけポイント・頻出論点・級ごとの差

順列か組合せか＝順序を区別するか：「1位2位3位」「並べる」「パスワード」→順序あり＝順列。「委員を選ぶ」「グループ」「握手の組」→順序なし＝組合せ。判定を逆にするのが最頻出ミス。
「重複あり/なし」を読み分ける：「同じ数字を何回使ってもよい」→重複あり。「異なる」→重複なし。重複ありの並べるは $n^r$ 、選ぶは $_nH_r$ 。重複なしの並べる $_nP_r$ ・選ぶ $_nC_r$ 。この2×2の表を頭に入れる。
重複組合せ $_nH_r$ は仕切り棒。 $n^r$ （重複順列）と混同しない。○が $r$ 個、仕切りが $(n-1)$ 本（種類数 $-1$ ）。仕切りの本数を $n$ や $r-1$ と間違えるのが定番ミス。
円順列は $(n-1)!$ ：一列の $n!$ を回転の重複 $n$ で割る。「 $n!$ のまま」「 $(n-1)$ 通り」などの誤答に注意。
対称性 $_nC_r={}_nC_{n-r}$ ：「 $r$ 個選ぶ」＝「選ばない $(n-r)$ 個を選ぶ」なので等しい。 $_nC_8$ を計算するとき $_nC_2$ に直すと楽（計算量削減のため出題で活用）。
$0!=1$ の約束：端の値 $_nC_0={}_nC_n=1$ を成り立たせるため。 $0!=0$ としてしまう誤りに注意。
二項係数 ↔ 二項分布：二項定理の ${}_nC_k$ は、Phase 3 の二項分布 $P(X=k)={}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}$ の係数そのもの（ベルヌーイ分布・二項分布）。 $\sum_k {}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}=(p+(1-p))^n=1$ （確率の総和が1）も二項定理から出る。
級差：4級＝樹形図・数え上げ（公式を知らなくても数えられる） → 3級＝ $_nP_r$ ・ $_nC_r$ の公式で確率計算。円順列・重複組合せは発展。
出題範囲は改訂されうるため受験前に公式最新版で要確認（3級は公式範囲表で「確率：独立な試行・条件付き確率」、4級は「場合の数・樹形図を用いた確率」がキーワード。順列組合せは確率計算の前提として扱われる）。

よくある疑問

Q1. 順列と組合せ、どっちを使うか見分けられません。

A. **「並べ替えたら別物になるか」**を考えてください。なるなら順列（順番が意味を持つ：パスワード・順位・座席）、ならないなら組合せ（順番は無関係：チーム・委員・組合せの当選番号）。問題文の「並べる」「○位」は順列、「選ぶ」「グループ」は組合せのサインです。

Q2. 重複組合せ $_nH_r$ と重複順列 $n^r$ がごっちゃになります。

A. ここでも**「並べるか／選ぶか」で分けます。重複OKで並べる**（順序あり）なら $n^r$ 、重複OKで選ぶ（順序なし）なら $_nH_r={}_{n+r-1}C_r$ （仕切り棒）です。仕切り棒は○が $r$ 個、仕切りが種類数 $-1$ 本（ $n-1$ 本）という点だけ押さえれば迷いません。

Q3. $_nC_8$ のように $r$ が大きいと計算が大変です。

A. 対称性 $_nC_r={}_nC_{n-r}$ を使いましょう。「 $r$ 個選ぶ」＝「選ばない $(n-r)$ 個を選ぶ」なので値が等しく、たとえば $_{10}C_8 = {}_{10}C_2 = 45$ と小さい方に直すと楽です。試験でも計算量を減らせます。

まとめ

数え上げは**和の法則（足す）と積の法則（掛ける）**に還元される。
順列 $_nP_r=\dfrac{n!}{(n-r)!}$ は並べる、組合せ $_nC_r=\dfrac{n!}{r!(n-r)!}$ は選ぶ。違いは「並べ替え $r!$ を別に数えるか潰すか」だけ。
二項定理の係数 $_nC_k$ （二項係数）は、組合せ＝展開係数＝パスカルの三角形の値であり、このあとの二項分布の確率の主役になる。場合の数は確率計算の土台です。

対応するシミュレーション

simulations/baai_no_kazu_rekkyo.py
- 何を示すか：小さい $n,r$ （例 $n=4, r=2$ ）について、itertools を使わず自前の二重ループで全パターンを実際に列挙してカウントし、 $_nP_r$ ・ $_nC_r$ の公式値と一致することを確認する。順列（[A,B] と [B,A] を別々に数える）と組合せ（同じ $r$ 個の並べ替えを1つに潰す）の違いを、列挙したリストそのものを見せて示す。
- 結論：公式は「全列挙の個数」を一発で計算する近道だと数値で確認できる。順列が組合せの $r!$ 倍になっていることも列挙で目視できる（順列 12 ÷ 組合せ 6 ＝ $2!$ ）。
simulations/baai_no_kazu_pascal.py
- 何を示すか：パスカルの公式 ${}_nC_r={}_{n-1}C_{r-1}+{}_{n-1}C_r$ の漸化式だけ（階乗を使わず）でパスカルの三角形を生成し、(1)階乗公式 $\frac{n!}{r!(n-r)!}$ の値と一致すること、(2)各行の和が $2^n$ になること、(3)二項定理 $(a+b)^n$ の展開係数と一致することを確認する。三角形を棒グラフでも可視化する。
- 結論：パスカルの公式（足し算だけ）と階乗公式（掛け算・割り算）が同じ二項係数を生み、それが二項定理の係数と一致する。「組合せ＝二項係数＝展開係数」の三位一体を数値で確認できる。二項係数のグラフは中央が最大・両端が小さい左右対称の山型で、これがこのあと学ぶ二項分布（さらには正規分布）の形の出発点になる。

パスカルの三角形と二項係数の山型

場合の数・順列・組合せ ── 数え上げの2法則・nPr・nCr・重複組合せ・二項定理

要点（BLUF）

本文

数え上げの2つの法則

階乗 n!n!n!

順列 nPr_nP_rn​Pr​（順序を区別して並べる）

組合せ nCr_nC_rn​Cr​（順序を区別せず選ぶ）