NYOJ 912 领帽子（全错位排列）
领帽子
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难度：2
描述
有n个人在参加晚会时寄存了自己的帽子。可是保管人忘记放寄存号，当每个人领取帽子时，他只能随机选择一顶帽子交给寄存人。问在n!种领取帽子的方式中有多少种方式使得每个人都没有领到自己的帽子？要注意咯，是使得每个人都没有领到自己的帽子，比如有A、B、C三个人，则有两种方案即：A领B的，B领C的,C领A的，另外一种：A领C的，B领A的,C领B的。明白了吧~~
输入
输入有多组测试数组。
每组测试数据占一行，每行输入一个整数n（1<=n<=15）表示有n个人。
输出
每组测试输出一个数占一行，表示有多少种方法。
样例输入
2
3
1样例输出
1
2
0AC code
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
long long a[20];
a[1]=0;
a[2]=1;
int t;
for(int i=3;i<=15;i++)
a[i]=(i-1)*(a[i-1]+a[i-2]);
while(cin>>t)
cout<<a[t]<<endl;
return 0;
}
---------------------------------------------------------
全错位排列
全错位排列：即被著名数学家 欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为组合数论的一个妙题的“装错信封问题”。
基本简介
“装错信封问题”是由当时最有名的数学家 约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子 丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：
一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？
公式证明
n个相异的元素排成一排a1，a2，...，an。则ai(i=1，2，...，n)不在第i位的排列数为：
证明：
设1，2，...，n的全排列t1，t2，...，tn的集合为I,而使ti=i的全排列的集合记为Ai(1<=i<=n)，
则Dn=|I|-|A1∪A2∪...∪An|.
所以Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|.
注意到|Ai|=(n-1)!，|Ai∩Aj|=(n-2)!，...，|A1∩A2∩...∩An|=0!=1。
由 容斥原理：
Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|=n!-C(n,1)(n-1)!+C(n,2)(n-2)!-C(n,3)(n-3)!+...+(-1)^nC(n,n)*0!
=n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)
2应用
编辑
简单排列
1个元素没有全错位排列，2个元素的全错位排列有1种，3个元素的全错位排列有2种，4个元素的全错位排列有9种，5个元素的全错位排列有44种。
递推公式
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：
用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封，a、b、c……表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）(n-1 )份信纸b、c……装入（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。
总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下，同样都有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此:
f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}
公式可重新写成 f(n)-nf(n-1)=-[f(n-1)-(n-1)f(n-2)] (n>2)
于是可以得到
f(n)-nf(n-1)=-[f(n-1)-(n-1)f(n-2)]
=((-1)^2)[f(n-2)-(n-2)f(n-3)]
=((-1)^3)[f(n-3)-(n-3)f(n-4)]
=……
=[(-1)^(n-2)][f(2)-2f(1)]
最终得到一个更简单的递推式 f(n)=nf(n-1)+(-1)^(n-2)
或者等价式 f(n)=nf(n-1)+(-1)^(n) n=2,3,4……
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