给出一个已经排好的长度为n的数列，问全部排错一共有多少排法？

典型利用错排公式去解决问题，

（搜一下）我们不难知道错排公式递推式为
$$
D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2))
$$
特殊地，D(1) = 0, D(2) = 1.

进一步的化简即可得出
$$
D(n) = n! [(-1)^2/2! + … + (-1)^{(n-1)}/(n-1)!+(-1)^n/n!]
$$

推导

首先先来解释一下递推公式（分布乘法）：

假设这组数列中有两个数a，b以及他们原来的位置(A)，(B)；

现在将a，b单独取出来看；

第一步错排a：去除最初存在的位置还剩下n-1个位置满足a错排的要求，即n-1

第二步排b：这里有两种情况：

? 1、b在a位置上：这里只有1种剩下的n-2项再进行上述的错排，即1 * D(n-2)

? 2、b不在a位置上：这里相当于n-1项再进行上述的错排，即D(n-1)

综上即可得出递推公式
$$
D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2))
$$
之后进行整理：
$$
D(n)=nD(n-1)+nD(n-2)-D(n-1)-D(n-2)
$$
递推可得
$$
D(n)-n*D(n-1)=-[D(n-1)-(n-1)*D(n-2)]················1项
$$

$$
D(n-1)-(n-1)D(n-2)=-[D(n-2)-(n-2)*D(n-3)]·········2项
$$

$$
D(n-2)-(n-2)D(n-3)=-[D(n-3)-(n-3)*D(n-4)]·········3项
$$

$$
D(n-3)-(n-3)D(n-4)=-[D(n-4)-(n-4)*D(n-5)]·········4项
$$

$$
······
$$

$$
D(3)-3*D(2)=-[D(2)-2*D(1)]······························n-2项
$$

同时设D(n)=n!*Nn

错项相消得
$$
N(n)-N(1)=1/2!-1/3!+1/4!+······+(-1)^{(n-1)}/(n-1)!+(-1)^n/(n)!
$$
移项进一步整理（特殊的N(1)=0,N(2)=0)即可得出
$$
D(n) = n! [(-1)^2/2! + … + (-1)^{(n-1)}/(n-1)!+(-1)^n/n!]
$$

应用

（懒得复制，上链接）

T1、HDU 2048 神、上帝以及老天爷

要计算概率=全不中奖组合数/所有组合数；

全不中奖组合数采用上面推导的错排公式即可求解

代码样例

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    long long f[21]= {0};
    f[1]=0;
    f[2]=1;
    for(int i=3; i<21; i++)
        f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2]);
    int t,n;
    cin >> t;
    for(int i=0; i < t; i++)
    {
        cin >> n;
        long long sum=1;
        for(int j=2; j<=n; j++)
                sum*=j;
        double b=100.0*f[n]/sum;
        printf("%.2f%%\n",b);   
    }
    return 0;
}

T2、HDU 2049 不容易系列之(4)——考新郎

这道题先用排列组合计算出所有m个找错新娘的新郎的组合数，之后乘以利用错排公式计算出的数据；

代码样例

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 21

long long ci(int m,int n)
{
        long long sum1=1,sum2=1;
        for(int j=2; j <= m; j++)
        sum1*=j;
        for(int j=n; j > n-m; j--)
        sum2*=j;
        return sum2/sum1;
}

int main()
{
    long long f[maxn]={0};
    f[1]=0;
    f[2]=1;
    for(int i=3; i < maxn; i++)
        f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2]);
    int c;
    cin >> c;
    for(int i=1; i <= c; i++)
    {
        int n,m;
        cin >> n >> m;
        printf("%lld\n",ci(m,n)*f[m]);      
    }
    return 0;
}