错位排列[数学]

写在前面

那就先从一个例题引入吧 （来自《组合数学》P110）

题目

在一次聚会上，有 \(n\) 位男士和 \(n\) 位女士。这 \(n\) 位女士能够有多少种方法选择男舞伴开始第一支舞？如果在一首曲后每个人必须换舞伴，那么第二支舞又有多少种选择方法？

分析

首先，第一支舞有 \(n!\) 中选择，而第二支舞的选择方法数为后面要讲的错位排序数 \(D_n\)

（说起来这个例子好像我校神犇兔崽子Tzz换女朋友）

错位排列

首先安利 \(Planet6174\) 的博客讲解 小学生都能看懂的错排问题解析 （高中生表示看懂了）

问题

给定 \(n\) 元集合 \(X\)，它的每一个元素都有一个特定的位置，而现在要求求出没有一个元素在它指定的位置上的排列的数目。（发现就是上面的第二支舞）

特别的，请注意，每一个元素都只有一个限定不能放的位置。

方法

我们这里假定第 \(i\) 个元素不能放在第 \(i\) 个位置上（因为不一样的我们可以通过交换达成，对应顺序没有影响）

用 \(D_n\) 表示 \(\{1,2,3,...n\}\) 的错位排列的数目。那么，对于 \(n=1\) ，不存在可行解； \(n=2\) 时，唯一的错位排列是 2 1； \(n=3\) 时有两个排列 2 3 1 和 3 1 2。因此，我们有 \(D_1=0\)， \(D_2=1\)， \(D_3=2\)。

递推式

考虑将第 \(n\) 个元素放到第 \(k\) 个位置 \((k \neq n)\)，有 \(n-1\) 种放法，然后分类讨论

1、第 \(k\) 个元素放到了第 \(n\) 个位置上
发现这样的话第 \(n\) 个和第 \(k\) 个就相当于不存在了，不影响其他元素的放置，此时，我们将其余的元素错位排列的方案数量有 \(D_{n-2}\) 种

1、第 \(k\) 个元素没有放到第 \(n\) 个位置上
这样相当于是加了一个限定：第 \(k\) 个元素不能放在第 \(n\) 个位置上。因为 \(k\) 个位置已经被用过了，相当于不存在，那么可以说去掉了 \(k\) 不放 \(k\) 位的限制。这样我们可以交换第 \(k\) 个和第 \(n\) 个位置，就变成去掉了一个元素 \(n\) 和位置 \(k\) 的情况，即变成 \(n-1\) 个元素的错位排列 \(D_{n-1}\)

我们有了一个很简单的递推式

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

通项公式

\[D_n = n! \left( 1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \cdots + (-1)^n \frac{1}{n!} \right) \]

证明这个……详见《组合数学》P108

简单推一下，主要思想 容斥原理

首先，不考虑限制，总排列数为 \(n!\) 。
减掉不合法的：至少有一个元素放到它的指定位置的有 \(C_n^1\) 种，限定了这个个的放法后，其余的 \(n-1\) 个元素可以随意排列，共有 \(C_n^1 \times (n-1)!\) 种。
但这样有算重的，还要加上两个元素都放在它的指定位置上的方案数 \(C_n^2 \times (n-2)!\) 种，再减去三个元素的……就得到了

\[\begin{aligned} D_n &= n! - C_n^1 (n-1)! + C_n^2 (n-2)! \cdots (-1)^n C_n^n (n-n)! \\ &= n! - \frac{n!}{1!(n-1)!} \times (n-1)! + \cdots + (-1)^n\frac{n!}{n!(n-n)!} \times (n-n)! \\ &= n! \left( 1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \cdots + (-1)^n \frac{1}{n!} \right) \\ \end{aligned} \]

当然也可以

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

参考资料

1、\(Planet6174\) 小学生都能看懂的错排问题解析
2、《组合数学》第六章 容斥原理及应用-错位排序

完结撒花

你以为这就完了？不不不，上面那些并不是导致我写这篇博客的根本原因，源自一道题

限制了一些元素放置位置的错位排列

题目

Codeforces 340E

问题描述

给你 \(n\) 个球 \(n\) 个盒子，一个盒子只能放一个球,限定第 \(i\) 个球不能放在第 \(i\) 个位置上，但已知一些盒子里面已经放了球，求一共有多少种合法的放置方案。

输入格式

第一行一个整数表示 \(n\) 。第二行 \(n\) 个数 \(a_i\) 。如果 \(a_i = -1\) 表示第 \(i\) 个盒子没有放球，否则表示第 \(i\) 个盒子已经放了球 \(a_i\) 。

输出格式

一个非负整数表示合法的方案数，模 \(1e9+7\) 。

样例输入

5  
-1 -1 2 1 -1

样例输出

4

数据范围

\[\begin{aligned} &10\% \ \ \ 1 \leqslant n \leqslant 10 \\ &50\% \ \ \ 1 \leqslant n \leqslant 2000 \\ &100\% \ \ \ 1 \leqslant n \leqslant 2000000 \\ \end{aligned} \]

分析

真是，第一眼看到这个题目就想到了错排，但当时这是一个甚至没有列入学习计划的东西却认出来了，然后当场去学，发现错排好简单……再然后，被告知这个题还有放球的限制……

突破口就是将球分成两部分：一个是没有限制可以随便放的，一个是有限制球 \(i\) 不能放在盒子 \(i\) 的 。其中已经放好了的球就不管了。

然后就有了一个 \(O(n^2)\) 的 \(dp\) ，记 \(f[i][j]\) 为剩余 \(i\) 个没限制的球和 \(j\) 个有限制的球的方案数，然后你大力转移一下，就有了一个 \(50\) 分的好成绩，再次完结撒花。

没有转移方程 -> 因为在推 \(dp\) 式敲代码的时候看了一眼原本的错位排列后突然想到了 \(O(n)\) 的……

容斥！ 不要管没有限制的球，我们记 \(tot\) 为没有放好的球的个数，记 \(a\) 为有限制的球的个数 。不理限制时，总共有 \(tot \ !\) 种，然后再像上面一样，枚举至少有一个球 \(i\) 放到盒子 \(i\) ，其余随便排的 \(C_a^i \times (tot-i)!\) 种减掉，再加上至少两个的……
最后

\[\begin{aligned} ans &= tot! - C_a^1 (tot-1)! + C_a^2 (tot-2)! + \cdots + (-1)^a C_a^a (tot-a)! \\ &= \sum_{i=0}^a (-1)^i C_a^i(tot-i)! \end{aligned} \]

其实很简单（推式子用了一分钟，前面的一堆算上和机房的那群人聊天用了2h+—），好菜好菜……

代码

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

#define _ 0

namespace TYC
{
	typedef long long ll;
	const int N=2e6+10;
	const int p=1000000007;
	const int inf=0x3f3f3f3f;

	int arr[N],vis[N];
	ll fac[N],inv[N];

	inline int read()
	{
		int x=0,f=0;char ch=getchar();
		while(!isdigit(ch)) f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
		return f?-x:x;
	}

	inline ll qpow(ll x,ll tim)
	{
		ll ans=1;
		for(;tim;tim>>=1,x=x*x%p)
			if(tim&1) ans=ans*x%p;
		return ans;
	}

	void init(const int n)
	{
		fac[0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
		inv[n]=qpow(fac[n],p-2);
		for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%p;
	}

	inline ll C(const int n,const int m)
	{
		if(n<m) return 0;
		return fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
	}

	inline void work()
	{
		int n=read();
		int tot=0,x=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		{
			arr[i]=read();
			if(~arr[i]) vis[arr[i]]=1;
			else tot++;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!vis[i]) x+=(arr[i]==-1);
		init(tot);
		ll ans=0;
		for(int i=0;i<=x;i++)
			ans=(ans+(((i&1)?-1:1)*C(x,i)+p)%p*fac[tot-i]%p)%p;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

int main()
{
	TYC::work();
	return (0^_^0);
}