HDU2048神、上帝以及老天爷

1. 题面

2. 解法

• 错排公式
  将(N)个编号元素放在(N)个编号位置，求元素编号和位置编号不相同的方案数。这样的问题我们称为错排问题
  递推公式$$D[n] = (n-1)*[D[n-1]+D[n-2]]$$
  其中(D[n])表示方案数
  下面给出证明：
  第一步，把第(n)个元素放在一个位置上，有(n-1)种放法
  第二步，放第(k)个元素时，有两种情况。（1）放在第n号位置时，剩下的(n-2)个元素有(D[n-2])种方法。（2）不放在n号位置时，这(n-1)个元素有(n-1)种放置方法。
  由加法原理和乘法原理得：

[D[n] = (n-1)*[D[n-1]+D[n-2]] ]

接下来的事情就非常简单了，只需要递归计算(D[n])，然后除(n!)即可。

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

unsigned long long fact[21];

unsigned long long dfs(int n)
{
	if(n == 1) return 0;
	if(n == 2) return 1;
	return (n - 1) *(dfs(n - 2) + dfs(n - 1));
}

int main()
{
	int cnt,t;
	
	fact[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= 20;i ++ )
	{
		fact[i] = fact[i - 1] * i;
	}
	
	cin >> t;
	for(int i = 1;i <= t;i ++ )
	{
		cin >> cnt;
		cout << fixed << setprecision(2) << dfs(cnt) * 1.0 / fact[cnt] * 100 << "%" << endl;
	}
	return 0;
}

• 容斥原理
  正整数(1, 2, 3,cdots, n)的全排列有(n!)种，其中第(k)位是(k)的排列有((n-1)!)种；当(k)分别取(1, 2, 3,cdots, n)时，共有(n*(n-1)!)种排列是至少放对了一个的，由于所求的是错排的种数，所以应当减去这些排列；但是此时把同时有两个数不错排的排列多排除了一次，应补上；在补上时，把同时有三个数不错排的排列多补上了一次，应排除；(cdotscdots)；继续这一过程，得到错排的排列种数为

[D(n) = n! - frac{n!}{1!} + frac{n!}{2!} - frac{n!}{3!} + cdots + frac{{-1}^{n}*n!}{n!} = sum_{k=2}^{n}frac{{-1}^{k} * n!}{k!} ]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long b[21];
int main()
{
	b[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= 20;i ++ )
	{
		b[i] = b[i - 1] * i;
	}
	
	int t;
	cin >> t;
	for(int i = 1;i <= t;i ++ )
	{
		long long sum = 0;
		cin >> n;
		for(int k = 2;k <= n;k ++ )
		{
			sum += (pow(-1,k) * b[n]) / b[k];
		}
		cout << fixed << setprecision(2) << ((sum * 1.0) / b[n]) * 100 << "%" << endl;
	}
	return 0;
}

• 错排公式
  这个东西是

[D(n)= [frac{n!}{e}+0.5] ]

具体怎么证明我也不太清楚，高数还没学到，贴一下百度百科上的证明好力（
证明：
由于$$frac{1}{e} = e^{-1} = frac{1}{0!} - frac{1}{1!} + frac{1}{2!} - frac{1}{3!} - cdots + frac{{-1}^{n}}{n!} + Rn(-1)$$,
其中(Rn(-1))是余项，等于(frac{{-1}^{n+1} * e^u}{(n+1)!})，且(u in (-1, 0)).
所以，$$D(n) = n! * {e}^{-1} - frac{{-1}^{n+1} * e^u}{(n+1)},u∈(-1, 0)$$
而$$|n! Rn| = |frac{{-1}^{n+1} * {e}^{u}}{n+1}| = frac{{e}^{u}}{n+1} in (frac{1}{[e(n+1)]}, frac{1}{(n+1)})$$可知即使在(n=1)时，该余项（的绝对值）也小于(frac{1}{2})。
因此，无论(n! Rn)是正是负，(frac{n!}{e} + frac{1}{2})的整数部分都一定与M(n)相同。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define e 2.718281828459 
int main()
{
	int n,m,t;
	double a[21] = {1,1,2,6};
	long long b[21] = {0,0,1,2};
	for(int i = 4;i <= 20;i ++ )
	{
		a[i] = a[i - 1] * i;
		b[i] = (a[i]/e + 0.5);
	}
	cin >> t;
	for(int i = 1;i <= t;i ++ )
	{
		cin >> n;
		printf("%.2lf%%
",b[n]/a[n]*100);
	}
	return 0;
}

4. 后记

哇，这篇写了超长时间，从开始写这个题，然后寻找其他解法，再然后写各种代码，简直是我写过最长时间的一篇了。