错排问题--错排公式的推导及应用

错排问题是组合数学中的问题之一。考虑一个有n个元素的排列，若一个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上，那么这样的排列就称为原排列的一个错排。 n个元素的错排数记为D_n。 研究一个排列错排个数的问题，叫做错排问题或称为更列问题。

最早研究错排问题的是尼古拉·伯努利和欧拉，因此历史上也称为伯努利-欧拉的装错信封的问题。这个问题有许多具体的版本，如在写信时将n封信装到n个不同的信封里，有多少种全部装错信封的情况？又比如四人各写一张贺年卡互相赠送，有多少种赠送方法？自己写的贺年卡不能送给自己，所以也是典型的错排问题。

例如有{\displaystyle n}封写好了的信，收件人不同，胡乱放入{\displaystyle n}个写了地址的信封中，寄出，求没有一个收件人收到他所应接收的信的概率。当{\displaystyle n=4}，在4! = 24个排列之中，只有9个是错排：

BADC, BCDA, BDAC,

CADB, CDAB, CDBA,

DABC, DCAB, DCBA,

所以有关概率为9/24 = 37.5%

推导：

显然D₁=0，D₂=1。当n≥3时，不妨设n排在了第k位，其中k≠n，也就是1≤k≤n-1。那么我们现在考虑第n位的情况。

• 当k排在第n位时，除了n和k以外还有n-2个数，其错排数为D_n-2。
• 当k不排在第n位时，那么将第n位重新考虑成一个新的“第k位”，这时的包括k在内的剩下n-1个数的每一种错排，都等价于只有n-1个数时的错排（只是其中的第k位会换成第n位）。其错排数为D_n-1。

所以当n排在第k位时共有D_n-2+D_n-1种错排方法，又k有从1到n-1共n-1种取法，我们可以得到：

D _n=(n-1)(D _n-1+D _n-2) 

在上面我们得到D_n=(n-1)(D_n-1+D_n-2) 从这个公式中我们可以推出D_n的通项公式，方法如下：

为书写方便，记D_n = n!M_n，则M₁ = 0, M₂ = {\displaystyle {\frac {1}{2}}}

当n大于等于3时，由D_n = (n-1)(D_n-1 + D_n-2)，即{\displaystyle n!M_{n}=(n-1)(n-1)!M_{n-1}+(n-1)(n-2)!M_{n-2}=n!M_{n-1}-(n-1)!M_{n-1}+(n-1)!M_{n-2}}。 所以，{\displaystyle nM_{n}-nM_{n-1}=-M_{n-1}+M_{n-2}}。

于是有 {\displaystyle M_{n}-M_{n-1}=-{\frac {1}{n}}(M_{n-1}-M_{n-2})=...=(-{\frac {1}{n}})(-{\frac {1}{n-1}})...(-{\frac {1}{3}})(M_{2}-M_{1})=(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}.}

所以

{\displaystyle {\begin{aligned}M_{n}-M_{n-1}&=(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\\M_{n-1}-M_{n-2}&=(-1)^{(n-1)}{\frac {1}{(n-1)!}}\\\vdots \quad &=\quad \vdots \\M_{2}-M_{1}&=(-1)^{2}{\frac {1}{2!}}\\\end{aligned}}}

将上面式子分边累加，得{\displaystyle M_{n}=(-1)^{2}{\frac {1}{2!}}+(-1)^{3}{\frac {1}{3!}}...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}.}

因此，我们得到错排公式{\displaystyle D_{n}=n!M_{n}=n!({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}).}

简化公式

错位排列数的公式可以简化为：{\displaystyle D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor ,}

其中的 {\displaystyle \lfloor n\rfloor } 为高斯取整函数（小于等于 n 的最大整数）。

这个简化公式可以由之前的错排公式推导出来。事实上，考虑指数函数在 0 处的泰勒展开：

{\displaystyle {\begin{aligned}e^{-1}&=1+{\frac {\left(-1\right)^{1}}{1!}}+{\frac {\left(-1\right)^{2}}{2!}}+\cdots +\left(-1\right)^{n}{\frac {1}{n!}}+{\frac {e^{-c}}{(n+1)!}}\left(c-1\right)^{n}\\&={\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+\cdots +\left(-1\right)^{n}{\frac {1}{n!}}+R_{n}\\&={\frac {D_{n}}{n!}}+R_{n}\\\end{aligned}}}

所以，{\displaystyle {\frac {n!}{e}}-D_{n}=n!\,R_{n}}。其中 R_n 是泰勒展开的余项，c 是介于 0 和 1 之间的某个实数。R_n 的绝对值上限为

{\displaystyle |R_{n}|\leqslant {\frac {e^{0}}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)!}}}

{\displaystyle {\Big |}{\frac {n!}{e}}-D_{n}{\Big |}\leqslant {\frac {n!}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)}}}

当 n≥2 时，{\displaystyle {\frac {1}{(n+1)}}} 严格小于 0.5，所以 {\displaystyle D_{n}=n!\left({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\right)} 是最接近 {\displaystyle {\frac {n!}{e}}} 的整数，可以写成

{\displaystyle D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor .}

错位排列数的公式可以简化为：{\displaystyle D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor ,}

其中的 {\displaystyle \lfloor n\rfloor } 为高斯取整函数（小于等于 n 的最大整数）^[5]。

这个简化公式可以由之前的错排公式推导出来。事实上，考虑指数函数在 0 处的泰勒展开：

{\displaystyle {\begin{aligned}e^{-1}&=1+{\frac {\left(-1\right)^{1}}{1!}}+{\frac {\left(-1\right)^{2}}{2!}}+\cdots +\left(-1\right)^{n}{\frac {1}{n!}}+{\frac {e^{-c}}{(n+1)!}}\left(c-1\right)^{n}\\&={\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+\cdots +\left(-1\right)^{n}{\frac {1}{n!}}+R_{n}\\&={\frac {D_{n}}{n!}}+R_{n}\\\end{aligned}}}

所以，{\displaystyle {\frac {n!}{e}}-D_{n}=n!\,R_{n}}。其中 R_n 是泰勒展开的余项，c 是介于 0 和 1 之间的某个实数。R_n 的绝对值上限为

{\displaystyle |R_{n}|\leqslant {\frac {e^{0}}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)!}}}

{\displaystyle {\Big |}{\frac {n!}{e}}-D_{n}{\Big |}\leqslant {\frac {n!}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)}}}

当 n≥2 时，{\displaystyle {\frac {1}{(n+1)}}} 严格小于 0.5，所以 {\displaystyle D_{n}=n!\left({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\right)} 是最接近 {\displaystyle {\frac {n!}{e}}} 的整数，可以写成

{\displaystyle D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor .}

递推公式：D_n=(n-1)(D_n-1+D_n-2)  n>3, D₁ = 0 , D₂ = 1;也就是上述中推导错排公式所用到的公式

下面用错排递推公式做几个几个例子；

例1；装错信封的问题（经典原型）HDU1465题

写n封信，全部装错信封，求有多少种全部装错的方式

#include
using namespace std;

int main() {
	int n;
	long long d[21] = {0,0,1};//将d[0],d[1],d[2]初始化
	for(int i=3;i<=20;i++) {
		d[i] = (i-1)*(d[i-1]+d[i-2]);
	} 
	while(cin >> n) {
		cout << d[n] <

例2：考新郎HUD2049

首先,给每位新娘打扮得几乎一模一样,并盖上大大的红盖头随机坐成一排;然后,让各位新郎寻找自己的新娘.每人只准找一个,并且不允许多人找一个.假设一共有N对新婚夫妇,其中有M个新郎找错了新娘,求发生这种情况一共有多少种可能.

阅读题目后我们不难发现，这道题的本质就是求解排列组合C(n,m)与错排m个元素D(m)的乘积，因此这道题的代码也十分简单，以下提供两种AC程序：

//#方法1：递推公式--D(n)=(n-1)*(D(n-1)+D(n-2)) [D(1)=0，D(2)=1]
#include//万能头文件，只有少部分oj支持
using namespace std;

int main() {
	int ti,n,m;
	long long f[21] = {0,0,1},t[21] = {1,1,2};
	for(int i=3;i<=20;i++) {
		f[i] = (i-1)*(f[i-1]+f[i-2]);
		t[i] = t[i-1]*i;
	}
	cin >> ti;
	while(ti--) {
		cin >> n >> m;
		long long a = t[n]/t[m]/t[n-m];
		cout << a*f[m] <

/*#方法2：通项公式--D(n)=n!*(1/2!-1/3!+1/4!- 1/5!+ ··· ··· +((-1)^(n-1))/(n-1)!+((-1)^n)/n! )
这里可以根据题目做一下变形:
F(n,m)=C(n,m)*D(m)=n!*(1/2!-1/3!+1/4!- 1/5!+ ··· ··· +((-1)^(n-1))/(n-1)!+((-1)^n)/n! )/(n-m)!*/
#include
using namespace std;

int ti,n,m;
long long f[21] = {0,0,1},t[21] = {1,1,2};

long long sol() {
	long long sum=0,a=t[n],b=t[n-m];
	for(int i=2; i<=m; ++i) {
		a/=i;
		if(i%2==0)
			sum+=a;
		else
			sum-=a;
	}
	return sum/b;
}

int main() {
	for(int i=3; i<=20; i++) {
		f[i] = (i-1)*(f[i-1]+f[i-2]);
		t[i] = t[i-1]*i;
	}
	cin >> ti;
	while(ti--) {
		cin >> n >> m;
		cout << sol() <


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