Análise combinatória

Em dezembro de 2025, a prova do PAS 2 imprimiu uma tabela com os quatro estados do MATOPIBA e seus municípios (Maranhão 143, Tocantins 130, Piauí 33, Bahia 30, total 336), mandou supor que dois municípios seriam escolhidos ao acaso e afirmou: “a quantidade de formas distintas de fazer a escolha dos municípios é maior que 50 000”. Um ano antes, num teste de vacina com 100 pessoas, 40 delas com sintomas (35 do grupo placebo e 5 do grupo vacinado), a banca pediu para julgar se havia menos de 6 000 maneiras de selecionar 3 pessoas entre as 35 e 2 entre as 5. Ninguém lista 56 280 pares de municípios nem 65 450 seleções de pessoas num caderno de rascunho. Os dois itens se resolvem em uma linha cada: $\dfrac{336 \times 335}{2} = 56\,280$ e $\dfrac{35 \times 34 \times 33}{6} \times \dfrac{5 \times 4}{2} = 6\,545 \times 10 = 65\,450$. As duas linhas escondem o assunto inteiro desta página: contar sem enumerar. A ideia é organizar a escolha em etapas, multiplicar o número de opções de cada etapa e, se trocar a ordem dos escolhidos não produzir uma escolha nova, dividir pelo número de ordens que o produto tratou como se fossem diferentes.

A análise combinatória é a aritmética das possibilidades. Ela não exige fórmulas novas além de uma, o produto de etapas; tudo o mais (fatorial, permutação, arranjo, combinação, triângulo de Pascal) é esse produto organizado para situações que se repetem. Por isso a página começa pelo princípio e deduz o resto dele, em vez de apresentar uma lista de fórmulas para decorar. Contar é também o passo anterior de probabilidade: a chance de um evento, num sorteio honesto, é uma contagem dividida por outra. Aqui só contamos; a divisão fica para a página seguinte.

Multiplicar etapas: o princípio fundamental da contagem

Uma lanchonete oferece 3 pratos e 2 sobremesas, e você vai pedir um de cada. Quantas refeições diferentes existem? Para o primeiro prato há 2 sobremesas possíveis; para o segundo, mais 2; para o terceiro, mais 2: $2 + 2 + 2 = 3 \times 2 = 6$ refeições. Desenhe: três ramos saindo do início (os pratos), cada um se abrindo em dois (as sobremesas), e conte as pontas. Essa figura é a árvore de possibilidades, e ela mostra por que as etapas se multiplicam: cada escolha da primeira etapa se desdobra em todas as escolhas da segunda.

A palavra que separa os dois princípios está no enunciado: “e” (um prato e uma sobremesa) multiplica; “ou” (uma pizza ou um sanduíche) soma. Um clube que oferece 5 modalidades esportivas e 3 turmas de teatro permite $5 \times 3 = 15$ escolhas para quem vai praticar um esporte e entrar numa turma de teatro, e $5 + 3 = 8$ para quem vai se inscrever em uma coisa só.

Exemplo resolvido 1: a placa Mercosul. As placas de veículos no Brasil seguem o padrão LLLNLNN: três letras, um algarismo, uma letra, dois algarismos, com 26 letras e 10 algarismos disponíveis e repetição permitida. Quantas placas existem? Sete etapas: $26 \times 26 \times 26 \times 10 \times 26 \times 10 \times 10 = 26^4 \times 10^3 = 456\,976 \times 1\,000 = 456\,976\,000$. Quase meio bilhão. Conferência: o padrão antigo, LLLNNNN, dava $26^3 \times 10^4 = 175\,760\,000$; trocar um algarismo por uma letra multiplica por $\dfrac{26}{10} = 2{,}6$, e $175\,760\,000 \times 2{,}6 = 456\,976\,000$. Bate.

Exemplo resolvido 2: a senha sem repetição. Uma senha tem 4 algarismos distintos. Para o primeiro há 10 opções; escolhido ele, sobram 9 para o segundo, 8 para o terceiro e 7 para o quarto: $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$ senhas. Se a repetição fosse permitida, seriam $10^4 = 10\,000$. A diferença, 4 960, é o número de senhas com pelo menos um algarismo repetido, contado sem olhar para nenhuma delas; essa ideia, total menos o que não serve, volta mais adiante com nome próprio.

Em 2019, a prova do PAS 3 descreveu um país imaginário, o Zwkrshjistão, cujos turistas precisavam preencher formulários com nomes como A23W, e afirmou que, usando só as letras da palavra Zwkrshjistão, era possível denominar 144 formulários do tipo “quatro dígitos: o primeiro é uma vogal; os dois seguintes são algarismos primos, em ordem crescente; o último é uma consoante”. Quatro etapas. Vogais da palavra: i, ã, o, três opções. Algarismos primos: 2, 3, 5 e 7, dos quais dois em ordem crescente, isto é, um par sem ordem de escolha, $\dfrac{4 \times 3}{2} = 6$ pares (23, 25, 27, 35, 37, 57). Consoantes distintas da palavra: z, w, k, r, s, h, j, t, oito opções (o s aparece duas vezes, mas é uma letra só). Total: $3 \times 6 \times 8 = 144$. Certo. O item mistura o princípio multiplicativo com uma pequena combinação no meio, e é assim que a banca gosta de escrever.

Comece pela restrição

Quantos números de três algarismos distintos existem? O primeiro algarismo não pode ser zero (senão o número teria dois algarismos): 9 opções. O segundo pode ser qualquer um dos 10, menos o já usado: 9. O terceiro, qualquer um menos os dois usados: 8. Total: $9 \times 9 \times 8 = 648$.

Agora: quantos desses são ímpares? Quem começa pela esquerda trava. O primeiro algarismo tem 9 opções, o segundo 9, e o terceiro precisa ser ímpar e diferente dos dois anteriores, mas quantos ímpares sobraram depende de os dois primeiros terem sido ímpares ou não. A conta não fecha num único produto. A saída é começar pela posição mais exigida: o último algarismo, que deve ser ímpar, tem 5 opções (1, 3, 5, 7, 9); o primeiro não pode ser zero nem o ímpar já usado, 8 opções; o do meio pode ser qualquer um dos 10 menos os dois já usados, 8 opções. Total: $5 \times 8 \times 8 = 320$. Conferência: os pares com algarismos distintos devem ser $648 - 320 = 328$; contando direto, último algarismo 0 ($9 \times 8 = 72$ números) ou último em $\{2, 4, 6, 8\}$ ($4 \times 8 \times 8 = 256$), total $72 + 256 = 328$. Bate.

Em 2018, o PAS 3 desenhou uma roda-gigante de 16 cadeiras de dois lugares, 8 brancas e 8 vermelhas alternadas, e pediu para julgar: “além de João e Juliana, outros 15 casais sentam-se nas 16 cadeiras, cada casal em uma cadeira, e João e Juliana sentam-se em uma cadeira branca; haja vista que há duas posições para um casal sentar-se em uma mesma cadeira, a quantidade de maneiras distintas de se distribuir esses 16 casais será igual a $2^{14} \times 15!$”. A restrição primeiro: a cadeira de João e Juliana, 8 opções (as brancas), e a posição dos dois nela, 2. Depois os outros 15 casais nas 15 cadeiras que sobraram: $15!$ maneiras de distribuir os casais, e $2$ posições para cada um, $2^{15}$. Total: $8 \times 2 \times 15! \times 2^{15} = 2^{3} \times 2 \times 2^{15} \times 15! = 2^{19} \times 15!$. O item afirmou $2^{14} \times 15!$: errado. Note que o $15!$ estava certo e o expoente, não; o distrator mora no detalhe.

Fatorial: o produto decrescente que aparece em toda parte

Três pessoas, A, B e C, numa fila: a primeira posição tem 3 candidatos; a segunda, 2; a terceira, 1. São $3 \times 2 \times 1 = 6$ filas, e dá para listar todas: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. Quatro pessoas: $4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$. Dez pessoas: $10 \times 9 \times \cdots \times 1 = 3\,628\,800$. O produto decrescente até 1 tem nome e símbolo.

O fatorial cresce mais depressa que qualquer potência: $10!$ já passa de 3 milhões, $15!$ passa de um trilhão, $20!$ tem 19 algarismos. Um item que diga “a quantidade de maneiras é $15!$” nunca pede o número; pede a expressão, e a banca compara expressões ($2^{14} \times 15!$ contra $2^{19} \times 15!$). Em resposta numérica (tipo B), a situação precisa ser pequena o bastante para o resultado caber em três algarismos: as 70 separações das barracas (2017) são o único item de contagem nesse formato entre os desta página; 144 e 165 apareceram em itens de julgamento, dentro da afirmação a julgar.

Por que $0! = 1$? Porque a propriedade $n! = n \times (n-1)!$ com $n = 1$ dá $1! = 1 \times 0!$, logo $0! = 1$; e porque há exatamente uma maneira de ordenar zero objetos: não fazer nada. Essa convenção faz as fórmulas de arranjo e combinação funcionarem nos casos extremos ($C_{n,0} = C_{n,n} = 1$). Tratar $0!$ como $0$ zera denominadores e é um erro comum em contas feitas com pressa.

Permutações: todas as ordens possíveis

Em 2024, o PAS 3 reproduziu o mural Santa ceia moderna, de Acme, com treze figuras à mesa (a central e doze convidados, seis de cada lado), e afirmou: “se a figura central e os dois convidados das extremidades permanecerem na mesma posição, o número de permutações possíveis dos demais convidados à mesa será $10!$”. Treze lugares, três fixos, dez pessoas livres em dez lugares: $10!$. Certo. O item testa só se você sabe o que é uma permutação e conta as figuras na imagem; o detalhe que derruba é contar 12 em vez de 13 e chegar a $9!$.

Juntos ou separados: o bloco. Cinco amigos vão posar para uma foto em fila, e dois deles, A e B, querem ficar lado a lado. Trate A e B como um bloco: ficam 4 unidades para permutar (o bloco e as outras três pessoas), $4! = 24$ filas, e dentro do bloco há 2 ordens (AB ou BA): $24 \times 2 = 48$. Se A e B quiserem ficar separados, conte todas as filas e tire as que os juntam: $5! - 48 = 120 - 48 = 72$. A técnica do bloco serve para livros de uma mesma matéria que devem ficar juntos na estante, casais que sentam lado a lado e letras que devem aparecer em sequência num anagrama.

Permutação com repetição: os anagramas. Um anagrama é uma reordenação das letras de uma palavra, tenha ou não sentido. ARTE tem $4! = 24$ anagramas, porque as quatro letras são diferentes. ANA tem três letras, mas trocar os dois A entre si não produz anagrama novo: as $3! = 6$ ordens formam só $\dfrac{3!}{2!} = 3$ anagramas (ANA, AAN, NAA). Cada letra repetida $r$ vezes faz o $n!$ contar cada anagrama $r!$ vezes; divide-se por $r!$ para cada grupo de repetidas.

Exemplo resolvido 3: OITICICA (PAS 3 2009). A prova afirmou que “o número de anagramas do nome próprio OITICICA que comecem por vogal é inferior a 2 200, contadas as permutações que têm e as que não têm significado”. As oito letras: O, I, T, I, C, I, C, A, com I três vezes e C duas. A restrição primeiro: a primeira letra é vogal, e há três vogais distintas (O, I, A), mas elas não são equivalentes, porque fixar um I muda quantos I sobram. Três casos. Começando por O: sobram I, T, I, C, I, C, A (7 letras, I três vezes, C duas), $\dfrac{7!}{3!\,2!} = \dfrac{5\,040}{12} = 420$. Começando por A: as mesmas sete letras com O no lugar de A, outros 420. Começando por I: sobram O, T, I, C, I, C, A (I duas vezes, C duas), $\dfrac{7!}{2!\,2!} = \dfrac{5\,040}{4} = 1\,260$. Total: $420 + 420 + 1\,260 = 2\,100$, inferior a 2 200. Certo. Conferência: o total de anagramas sem restrição é $\dfrac{8!}{3!\,2!} = \dfrac{40\,320}{12} = 3\,360$; os que começam por consoante (T ou um dos dois C) devem ser $3\,360 - 2\,100 = 1\,260$; por T, $\dfrac{7!}{3!\,2!} = 420$; por C, sobram O, I, T, I, I, C, A, $\dfrac{7!}{3!} = 840$; $420 + 840 = 1\,260$. Fecha.

Permutação circular: só a vizinhança conta. Cinco pessoas numa mesa redonda. Se girar todo mundo uma cadeira para a direita, cada um continua com os mesmos vizinhos, e a roda “não mudou”. Das $5!$ filas, cada arranjo circular aparece 5 vezes (uma por rotação): $\dfrac{5!}{5} = 4! = 24$ rodas. Em geral, $n$ objetos em círculo têm $(n - 1)!$ arranjos: fixe um deles como referência e permute os outros. Em 2023, o PAS 3 colocou as 12 notas musicais nos vértices de um dodecágono (o ciclo das quintas) e perguntou de quantas maneiras se podem permutar as 12 notas nos vértices “de forma que as notas da escala de mi maior estejam sempre lado a lado”, afirmando $7! \cdot 5!$. As 7 notas da escala viram um bloco; o bloco e as 5 notas restantes são 6 unidades em círculo, $(6 - 1)! = 5!$; dentro do bloco, $7!$ ordens. $7! \cdot 5! = 5\,040 \times 120 = 604\,800$. Certo. É a técnica do bloco combinada com a circular, e o gabarito oficial confirma a leitura circular (se as 12 posições fossem consideradas fixas e distintas, haveria mais um fator 12).

A pergunta que decide tudo: a ordem importa?

Oito estudantes se candidatam ao grêmio, que terá um presidente e um secretário. Para presidente há 8 nomes; escolhido ele, 7 para secretário: $8 \times 7 = 56$ chapas. Se a escola decidir que o grêmio será representado por uma dupla sem cargos, os mesmos 56 pares ordenados passam a contar cada dupla duas vezes, porque Lia-Davi e Davi-Lia são a mesma dupla: $\dfrac{56}{2} = 28$. A diferença entre 56 e 28 é a diferença entre arranjo e combinação, e a pergunta que separa os dois é uma só: a troca de ordem entre os escolhidos cria uma escolha nova? Presidente e secretário: sim, são papéis diferentes, e o produto já é a resposta. Dupla: não, e é preciso dividir pelas ordens internas.

Para calcular $C_{n,k}$ sem calculadora, escreva $k$ fatores decrescentes a partir de $n$ no numerador e $k!$ no denominador, e simplifique antes de multiplicar: $C_{12,7}$ pede 7 fatores, mas $C_{12,7} = C_{12,5} = \dfrac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{120} = \dfrac{95\,040}{120} = 792$, e melhor ainda, cancelando antes: $\dfrac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 11 \times 9 \times 8 = 792$. Esse 792 foi o número do item de 2023 do PAS 3: “com 12 notas musicais, é possível criar 792 combinações de sete notas distintas”, certo.

Exemplo resolvido 4: os 336 municípios (PAS 2 2025). Dois municípios escolhidos ao acaso entre 336; “a quantidade de formas distintas de fazer a escolha é maior que 50 000”? Trocar a ordem (Barreiras e Balsas, Balsas e Barreiras) não muda a escolha: combinação. $C_{336,2} = \dfrac{336 \times 335}{2} = \dfrac{112\,560}{2} = 56\,280 > 50\,000$. Certo. Repare onde ficou o limiar: quem esquece de dividir por 2 chega a 112 560, também acima de 50 000, e acerta sem ter entendido. Bastaria o limiar estar entre 56 280 e 112 560 (80 000, por exemplo) para o item separar as duas contas; a variante com esse limiar está entre os exercícios desta página.

Exemplo resolvido 5: os vaqueiros (PAS 3 2017). No conto O burrinho pedrês, 11 vaqueiros levam a boiada; “se o major Saulo quiser escolher entre os 11 vaqueiros, de maneira aleatória, um grupo de 3 para preparar a refeição da comitiva, a quantidade de maneiras distintas de fazê-lo é superior a 170”? Grupo sem cargos: $C_{11,3} = \dfrac{11 \times 10 \times 9}{6} = \dfrac{990}{6} = 165$, que não é superior a 170. Errado. Aqui o limiar foi colocado perto, e quem multiplicasse sem dividir (990) erraria o julgamento.

Apertos de mão e diagonais: $C_{n,2}$ está em toda parte. Numa reunião com 20 pessoas em que todos se cumprimentam, cada aperto de mão é um par de pessoas: $C_{20,2} = \dfrac{20 \times 19}{2} = 190$. Num polígono de $n$ vértices, cada segmento entre dois vértices é um par de vértices, $C_{n,2}$; descontados os $n$ lados, sobram as diagonais: $d = C_{n,2} - n = \dfrac{n(n-1)}{2} - n = \dfrac{n(n-3)}{2}$. O hexágono tem $15 - 6 = 9$ diagonais; o octógono, $28 - 8 = 20$. Pontos numa circunferência determinam $C_{n,2}$ cordas e $C_{n,3}$ triângulos; a mesma conta serve para retas por pontos sem três alinhados.

Em 2023, o PAS 2 apresentou a Roda de capoeira de Rugendas e, a partir dela, um item de duplas: “se sete pessoas participarem desses movimentos em uma dança, então a quantidade de duplas possíveis será inferior a 20”. A conta é $C_{7,2} = \dfrac{7 \times 6}{2} = 21$, que não é inferior a 20. O item foi anulado no gabarito definitivo; a banca não divulga os motivos das anulações, e esta página não especula sobre eles. Fica a conta, que é a mesma de 2025: duplas entre $n$ pessoas são $C_{n,2}$, e com 9 capoeiristas seriam $\dfrac{9 \times 8}{2} = 36$.

Propriedades que poupam conta: simetria, Pascal e Stifel

Escolher 7 notas entre 12 para tocar é o mesmo que escolher as 5 que não serão tocadas: a cada conjunto de 7 corresponde exatamente um conjunto de 5, o complemento. Logo $C_{12,7} = C_{12,5}$, e em geral $C_{n,k} = C_{n,\,n-k}$. É a propriedade que transforma $C_{336,334}$ em $C_{336,2}$ e $C_{100,98}$ em $C_{100,2} = 4\,950$: calcule sempre pelo lado menor.

Ponha as combinações numa tabela, uma linha para cada $n$, de $C_{n,0}$ a $C_{n,n}$:

Na prática, Stifel serve para construir a linha 6 a partir da 5 sem calcular fatorial nenhum ($1, 5, 10, 10, 5, 1$ dá $1, 6, 15, 20, 15, 6, 1$) e para conferir uma combinação pequena: $C_{5,2} = C_{4,1} + C_{4,2} = 4 + 6 = 10$. Também é a mesma soma que conta caminhos numa grade, mais adiante.

“E” multiplica, “ou” soma: escolhas em grupos

Quando a escolha se faz em grupos independentes, cada grupo é uma etapa, e as combinações de cada etapa se multiplicam. Se o grêmio precisa de uma dupla de representantes do 1.º ano, escolhida entre 5 candidatos, e uma dupla do 2.º ano, escolhida entre 3, as duas escolhas não interferem uma na outra: $C_{5,2} \times C_{3,2} = 10 \times 3 = 30$ comissões.

Exemplo resolvido 6: o teste da vacina (PAS 2 2024). Das 40 pessoas com sintomas, 35 receberam placebo e 5 receberam a vacina. O item: “caso 5 delas fossem selecionadas ao acaso, sendo 3 entre as que receberam o placebo e as outras 2 entre as que receberam a vacina, a quantidade de maneiras diferentes de fazer essa seleção seria inferior a 6 000”. Dois grupos, uma combinação em cada, e um “e” entre eles: $C_{35,3} \times C_{5,2} = \dfrac{35 \times 34 \times 33}{6} \times \dfrac{5 \times 4}{2} = 6\,545 \times 10 = 65\,450$. Muito acima de 6 000: errado. O limiar 6 000 fica perto de $C_{35,3} = 6\,545$ sozinho; quem esquece o segundo grupo ainda escapa, mas quem usa $C_{40,5} = 658\,008$ (ignorando a divisão em grupos) também acerta por acidente. Em qualquer leitura o item é falso, e o que a banca queria ver era o produto de duas combinações.

Em 2012, o PAS 3 descreveu a Copa do Mundo, “disputada por 32 seleções distribuídas em oito grupos, com quatro seleções em cada um; as quatro seleções de cada grupo jogam entre si, e duas delas são classificadas”, e perguntou, em tipo C, a quantidade de formas diferentes de composição da tabela de seleções que disputarão a segunda fase, entre $6^8$, $4^8$, $\dfrac{32!}{(16!)^2}$ e $2^8$. Em cada grupo, as duas classificadas são um par sem ordem entre 4: $C_{4,2} = 6$. Oito grupos independentes: $6 \times 6 \times \cdots \times 6 = 6^8$, opção A. O distrator $\dfrac{32!}{(16!)^2} = C_{32,16}$ conta qualquer escolha de 16 entre 32, ignorando que precisam ser duas por grupo; $4^8$ confunde $C_{4,2}$ com 4; $2^8$ conta uma única classificada por grupo com duas opções.

E quando o item escreve “ou”? Se o grêmio aceita uma dupla do 1.º ano ou uma dupla do 2.º ano (uma dupla só, de um dos dois anos), as alternativas se excluem: $10 + 3 = 13$. A palavra decide.

Em 2020, o PAS 3 listou cinco vacinas aplicadas a 100 pessoas e afirmou que, “em um grupo de 5 indivíduos vacinados, existem $4!$ combinações possíveis para que apenas 2 indivíduos tenham recebido a mesma vacina e os 3 demais tenham recebido vacinas diferentes entre si”. Há duas leituras, e nenhuma dá 24. Se interessa apenas quais vacinas aparecem: a vacina repetida, 5 opções, e as 3 outras entre as 4 restantes, $C_{4,3} = 4$, total $5 \times 4 = 20$. Se interessa quem recebe o quê: a dupla que repete, $C_{5,2} = 10$; a vacina da dupla, 5; as vacinas dos outros três, em ordem, $4 \times 3 \times 2 = 24$; total $10 \times 5 \times 24 = 1\,200$. Errado nas duas leituras, e o gabarito confirma. Quando um item admite duas leituras, resolva as duas; se o julgamento for o mesmo, marque.

Por casos e pelo complementar: o “pelo menos um”

“Pelo menos” é a expressão que mais trabalho dá pela frente e menos dá por trás. Duas estratégias.

Por casos (somar o que serve). Em 2009, o PAS 3 descreveu um grupo de bonecos, 5 homens e 6 mulheres, e afirmou que “existem mais de 210 maneiras diferentes de escolher 4 bonecos desse grupo, incluindo-se, pelo menos, 2 bonecos homens”. “Pelo menos 2 homens” entre 4 escolhidos significa 2, 3 ou 4 homens; são casos que se excluem, logo se somam, e dentro de cada caso homens e mulheres são escolhas independentes, logo se multiplicam:

• 2 homens e 2 mulheres: $C_{5,2} \times C_{6,2} = 10 \times 15 = 150$;
• 3 homens e 1 mulher: $C_{5,3} \times C_{6,1} = 10 \times 6 = 60$;
• 4 homens: $C_{5,4} = 5$.

Total $150 + 60 + 5 = 215 > 210$: certo. Conferência pelo complementar: todos os grupos de 4 são $C_{11,4} = 330$; os que têm 0 homens ($C_{6,4} = 15$) ou 1 homem ($5 \times C_{6,3} = 5 \times 20 = 100$) somam 115; $330 - 115 = 215$. Fecha pelos dois caminhos.

Pelo complementar (total menos o que não serve). “Pelo menos um” tem um complementar curto: “nenhum”. Numa comissão de 4 pessoas escolhidas entre 5 homens e 6 mulheres, quantas têm pelo menos uma mulher? Por casos seriam quatro parcelas (1, 2, 3 ou 4 mulheres). Pelo complementar: todas as comissões, $C_{11,4} = 330$, menos as que não têm mulher nenhuma, $C_{5,4} = 5$: $325$. Nas senhas de 4 algarismos, “pelo menos um repetido” é $10^4 - 10 \times 9 \times 8 \times 7 = 10\,000 - 5\,040 = 4\,960$. A regra: quando o “pelo menos” abre muitos casos, conte o contrário e subtraia do total.

Distribuir em grupos: com rótulo e sem rótulo

Exemplo resolvido 7: as duas barracas (PAS 3 2017, tipo B). “No acampamento para pernoite, Francolim divide a barraca com o major Saulo e os demais vaqueiros dividem duas barracas, cada uma com capacidade para cinco. Calcule a quantidade de maneiras distintas de separação dos demais vaqueiros em dois grupos de 5, de modo que Badu e Silvino fiquem sempre em grupos diferentes.” Dos 11 vaqueiros, Francolim sai; sobram 10, entre eles Badu e Silvino. A restrição primeiro: Badu fica numa barraca; Silvino, na outra. A barraca de Badu precisa de mais 4 pessoas, escolhidas entre os 8 vaqueiros que não são Badu nem Silvino: $C_{8,4} = \dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{24} = 70$. Escolhidas elas, a outra barraca é o que sobrou, sem escolha nenhuma. Resposta: 070. Conferência: sem a restrição, separar 10 pessoas em dois grupos de 5, com Badu num deles como referência, dá $C_{9,4} = 126$ maneiras; nelas, Silvino está com Badu em $C_{8,3} = 56$ e separado em $126 - 56 = 70$. Fecha.

Esse exemplo esconde a pergunta mais sutil das distribuições: os grupos têm rótulo? Separar 10 pessoas em duas barracas iguais, sem nome, é diferente de separá-las em “barraca azul” e “barraca verde”. Com rótulo: escolha os 5 da azul, $C_{10,5} = 252$, e a verde fica determinada. Sem rótulo: cada divisão foi contada duas vezes (o grupo {A, B, C, D, E} na azul e o resto na verde é a mesma divisão que o resto na azul e {A, B, C, D, E} na verde), logo $\dfrac{252}{2} = 126$. No item de 2017 a restrição “Badu e Silvino separados” já distingue os grupos (o de Badu e o de Silvino), e por isso o 70 vale nas duas leituras.

Distribuir objetos iguais é outra história: 5 bolas idênticas em 3 caixas, sem contar quem é quem, é uma contagem de somas ($x + y + z = 5$), que fica fora do recorte desta página.

Caminhos numa grade

Uma cidade em quadras: para ir do ponto A ao ponto B andando só para a direita e para cima, com 3 quadras à direita e 2 para cima, quantos caminhos há? Cada caminho é uma sequência de 5 passos, dos quais 3 são D (direita) e 2 são C (cima): DDDCC, DDCDC, DCDDC, … O caminho fica determinado quando se escolhe quais dos 5 passos são para cima: $C_{5,2} = 10$ (ou quais são para a direita, $C_{5,3} = 10$, a mesma coisa pela simetria). É uma permutação com repetição, $\dfrac{5!}{3!\,2!} = 10$, vista de outro ângulo.

Em geral, com $m$ passos num sentido e $n$ no outro, há $C_{m+n,\,m}$ caminhos. Numa grade $4 \times 3$, $C_{7,3} = 35$. Se o caminho tiver de passar por um ponto obrigatório, conte até ele e dele até o fim, e multiplique (etapas sucessivas): de A a P e de P a B. Se tiver de evitar um ponto, conte todos e subtraia os que passam por ele (complementar).

Confira numa versão pequena: a enumeração como teste

A fórmula certa sobrevive a um teste simples: reduza os números até dar para listar, e liste. “Duplas entre $n$ pessoas são $\dfrac{n(n-1)}{2}$”: com 4 pessoas A, B, C, D, a fórmula dá 6, e a lista é AB, AC, AD, BC, BD, CD, seis. “Anagramas de uma palavra com uma letra repetida duas vezes são $\dfrac{n!}{2}$”: ANA dá 3, e a lista é ANA, AAN, NAA. “Permutações circulares de $n$ são $(n-1)!$”: 3 pessoas em roda dão $2! = 2$, e de fato só há duas rodas (ABC no sentido horário e ACB). “Caminhos numa grade $2 \times 1$ são $C_{3,1} = 3$”: DDC, DCD, CDD. Se a lista pequena não bate com a fórmula, a fórmula está errada, e é melhor descobrir isso na grade $2 \times 1$ do que na $4 \times 3$.

O teste vale também para o julgamento “ordem importa?”: com 3 pessoas, presidente e vice dão 6 (AB, BA, AC, CA, BC, CB) e duplas dão 3 (AB, AC, BC). Se a sua fórmula para o problema grande dá o dobro do que a lista pequena sugere, você multiplicou e parou.

Como a banca pergunta

Os treze itens reais desta página (dois do PAS 2, onze do PAS 3) cabem em cinco formatos.

1. Combinação com limiar, tipo A: $C_{336,2} = 56\,280$ contra 50 000 (2025/51); $C_{11,3} = 165$ contra 170 (2017/62); $C_{12,7} = 792$ afirmado (2023/78); o anulado de 2023 ($C_{7,2} = 21$ contra 20). O limiar fica perto do valor ou perto do valor sem a divisão por $k!$.
2. Produto de combinações ou de etapas, tipo A ou C: $C_{35,3} \times C_{5,2} = 65\,450$ contra 6 000 (2024/103); $(C_{4,2})^8 = 6^8$ entre quatro expressões (2012/83); $3 \times 6 \times 8 = 144$ (2019/86).
3. Permutações com condição, tipo A: $10!$ com três figuras fixas (2024/89); $2^{19} \times 15!$ contra $2^{14} \times 15!$ (2018/42); anagramas de OITICICA começados por vogal, 2 100 contra 2 200 (2009/82); $7! \cdot 5!$ no dodecágono (2023/80).
4. Casos e “pelo menos”, tipo A: 215 contra 210 (2009/71); $4!$ para “apenas 2 com a mesma vacina” (2020/86).
5. Resposta numérica, tipo B: 70 maneiras de separar as barracas (2017/65). O resultado cabe em três algarismos; não há fator de escala.

Dois avisos de formato. Primeiro, o item de contagem vem no fim de um bloco de outra disciplina (a pintura de Rugendas, o conto de Guimarães Rosa, a letra de Gilberto Gil, o campo harmônico de Cálice, o mural de Acme) e usa um dado do texto ou da figura: o número de pessoas, de cadeiras, de notas, de vaqueiros. Ache o número antes da fórmula. Segundo, nos itens de expressão ($15!$, $7! \cdot 5!$, $6^8$), a banca compara a sua expressão com a dela; escreva a sua por etapas e só então confronte, porque o distrator costuma ser um fator a mais ou a menos ($2^{14}$ no lugar de $2^{19}$).

Os erros que mais derrubam

• Arranjo onde era combinação. Dupla, trio, grupo, comissão, “escolhidos simultaneamente”: divida por $k!$. $8 \times 7 = 56$ não é o número de duplas entre 8 candidatos; é 28.
• Combinação onde era arranjo. Cargos distintos, senha, número, fila, pódio: não divida. Presidente e secretário entre 8 são 56.
• Restrição no fim, ou esquecida. Comece pela posição ou pelo elemento exigido (algarismo ímpar, cadeira branca, vogal inicial); se a restrição ficar para depois, o produto não vale.
• O mesmo grupo contado duas vezes. “Escolho os 2 homens obrigatórios e completo com 2 quaisquer” conta {H1, H2, H3, M1} três vezes. Separe por casos.
• Expoente ou fator errado em expressões com fatorial. $8 \times 2 \times 2^{15} = 2^{19}$, não $2^{14}$; o $15!$ certo não salva o expoente errado.
• Permutação com repetição sem o desconto. OITICICA tem $\dfrac{8!}{3!\,2!} = 3\,360$ anagramas, não $8! = 40\,320$.
• Circular tratada como fila. Em roda, $(n-1)!$; as rotações são a mesma roda.
• Grupos sem rótulo contados com rótulo. Dividir 10 em dois grupos iguais sem nome: $\dfrac{C_{10,5}}{2} = 126$, não 252.
• $0! = 0$. É 1; $C_{n,0} = C_{n,n} = 1$.
• Contar figuras na imagem errado. Treze figuras na Santa ceia moderna, não doze; dezesseis cadeiras, oito brancas; doze notas, sete na escala.
• “Ou” somado com interseção. Se as alternativas podem ocorrer juntas, a soma conta a interseção duas vezes; aqui os casos devem se excluir. A versão com probabilidade dessa armadilha está na página seguinte.

O essencial em meia página

• Princípio fundamental da contagem: etapas sucessivas multiplicam (“e”); alternativas que se excluem somam (“ou”). A árvore desenha os dois. Restrição primeiro: comece pela posição ou pelo elemento mais exigido.
• Fatorial: $n! = n(n-1)\cdots 1$, $0! = 1$, $n! = n \cdot (n-1)!$; simplifique quocientes antes de multiplicar ($10!/8! = 90$). Valores: $5! = 120$, $6! = 720$, $7! = 5\,040$, $10! = 3\,628\,800$.
• Permutação: $P_n = n!$. Juntos: bloco ($2 \cdot 4! = 48$ em 5). Separados: total menos juntos. Com repetição: $\dfrac{n!}{a!\,b!\cdots}$ (BANANA: 60). Circular: $(n-1)!$.
• A pergunta: trocar a ordem produz escolha diferente? Sim: arranjo $A_{n,k} = \dfrac{n!}{(n-k)!}$. Não: combinação $C_{n,k} = \dfrac{A_{n,k}}{k!} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}$; $C_{n,2} = \dfrac{n(n-1)}{2}$, $C_{n,3} = \dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}$.
• Propriedades: $C_{n,k} = C_{n,n-k}$ (calcule pelo lado menor); Stifel $C_{n,k} = C_{n-1,k-1} + C_{n-1,k}$; linha $n$ de Pascal soma $2^n$; os $C_{n,k}$ são os coeficientes de $(a+b)^n$.
• Grupos: escolhas independentes multiplicam ($C_{35,3} \cdot C_{5,2}$); $k$ grupos iguais de $n$ escolhidos um a um: divida por $k!$ se os grupos não têm rótulo.
• “Pelo menos”: por casos (que se excluem) ou pelo complementar (total $-$ “nenhum”); nunca “obrigatórios primeiro, resto depois”.
• Clássicos: apertos de mão e diagonais, $C_{n,2}$ (diagonais $= \dfrac{n(n-3)}{2}$); caminhos em grade $m \times n$, $C_{m+n,m}$; placas e senhas, produto de posições; Mega-Sena, $C_{60,6} = 50\,063\,860$.
• Conferência: reduza a 3 ou 4 objetos e liste. Na prova: ache o número no texto ou na figura, escreva a expressão por etapas, compare com a da banca; no tipo B, o resultado cabe em 3 algarismos.
• Contar é o passo anterior: probabilidade num sorteio honesto é favoráveis sobre possíveis, as duas contagens desta página.