错位排列

错位排列¶

定义¶

错位排列（derangement）是没有任何元素出现在其有序位置的排列。即，对于 \(1\sim n\) 的排列 \(P\)，如果满足 \(P_i\neq i\)，则称 \(P\) 是 \(n\) 的错位排列。

例如，三元错位排列有 \(\{2,3,1\}\) 和 \(\{3,1,2\}\)。四元错位排列有 \(\{2,1,4,3\}\)、\(\{2,3,4,1\}\)、\(\{2,4,1,3\}\)、\(\{3,1,4,2\}\)、\(\{3,4,1,2\}\)、\(\{3,4,2,1\}\)、\(\{4,1,2,3\}\)、\(\{4,3,1,2\}\) 和 \(\{4,3,2,1\}\)。错位排列是没有不动点的排列，即没有长度为 1 的循环。

容斥原理的计算¶

全集 \(U\) 即为 \(1\sim n\) 的排列，\(|U|=n!\)；属性就是 \(P_i\neq i\). 套用补集的公式，问题变成求 \(\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|\).

可以知道，\(\overline{S_i}\) 的含义是满足 \(P_i=i\) 的排列的数量。用容斥原理把问题式子展开，需要对若干个特定的集合的交集求大小，即：

\[ \left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right| \]

其中省略了 \(a_i<a_{i+1}\) 的条件以方便表示。上述 \(k\) 个集合的交集表示有 \(k\) 个变量满足 \(P_{a_i}=a_i\) 的排列数，而剩下 \(n-k\) 个数的位置任意，因此排列数：

\[ \left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|=(n-k)! \]

那么选择 \(k\) 个元素的方案数为 \(\dbinom{n}{k}\)，因此有：

\[ \begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{a_{1,\cdots,k} }\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\dbinom{n}{k}(n-k)!\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ &=n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!} \end{aligned} \]

因此 \(n\) 的错位排列数为：

\[ D_n=n!-n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!}=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!} \]

错位排列数列的前几项为 \(0,1,2,9,44,265\)（OEIS A000166）。

递推的计算¶

把错位排列问题具体化，考虑这样一个问题：

\(n\) 封不同的信，编号分别是 \(1,2,3,4,5\)，现在要把这五封信放在编号 \(1,2,3,4,5\) 的信封中，要求信封的编号与信的编号不一样。问有多少种不同的放置方法？

假设考虑到第 \(n\) 个信封，初始时暂时把第 \(n\) 封信放在第 \(n\) 个信封中，然后考虑两种情况的递推：

前面 \(n-1\) 个信封全部装错；
前面 \(n-1\) 个信封有一个没有装错其余全部装错。

对于第一种情况，前面 \(n-1\) 个信封全部装错：因为前面 \(n-1\) 个已经全部装错了，所以第 \(n\) 封只需要与前面任一一个位置交换即可，总共有 \(D_{n-1}\times (n-1)\) 种情况。

对于第二种情况，前面 \(n-1\) 个信封有一个没有装错其余全部装错：考虑这种情况的目的在于，若 \(n-1\) 个信封中如果有一个没装错，那么把那个没装错的与 \(n\) 交换，即可得到一个全错位排列情况。

其他情况，不可能通过一次操作来把它变成一个长度为 \(n\) 的错排。

于是可得，错位排列数满足递推关系：

\[ D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}) \]

这里也给出另一个递推关系：

\[ D_n=nD_{n-1}+{(-1)}^n \]

其他关系¶

错位排列数有一个向下取整的简单表达式，增长速度与阶乘仅相差常数：

\[ D_n=\left\lfloor\frac{n!}{\mathrm{e}}\right\rfloor \]

随着元素数量的增加，形成错位排列的概率 P 接近：

\[ P=\lim_{n\to\infty}\frac{D_n}{n!}=\frac{1}{\mathrm{e}} \]