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 ∼𝑛1∼n
的排列 𝑃P，如果满足 𝑃𝑖 ≠𝑖Pi≠i，则称 𝑃P 是 𝑛n 的错位排列．
例如，三元错位排列有 {2,3,1}{2,3,1} 和 {3,1,2}{3,1,2}．四元错位排列有 {2,1,4,3}{2,1,4,3}、{2,3,4,1}{2,3,4,1}、{2,4,1,3}{2,4,1,3}、{3,1,4,2}{3,1,4,2}、{3,4,1,2}{3,4,1,2}、{3,4,2,1}{3,4,2,1}、{4,1,2,3}{4,1,2,3}、{4,3,1,2}{4,3,1,2} 和 {4,3,2,1}{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 𝑈U 即为 1 ∼𝑛1∼n 的排列，|𝑈| =𝑛!|U|=n!；令 𝑆𝑖Si 是其中满足 𝑃𝑖 ≠𝑖Pi≠i 的排列．运用补集和 容斥原理 的知识，问题变成求：
∣𝑛⋂𝑖=1𝑆𝑖∣=|𝑈|−∣𝑛⋃𝑖=1――𝑆𝑖∣=𝑛!−𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1∑𝑎𝑖<𝑎𝑖+1∣𝑘⋂𝑖=1―――𝑆𝑎𝑖∣|⋂i=1nSi|=|U|−|⋃i=1nSi―|=n!−∑k=1n(−1)k−1∑ai<ai+1|⋂i=1kSai―|
其中求和的含义是 1,2,⋯,𝑛1,2,⋯,n 中取 𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑘a1,a2,⋯,ak 且满足 𝑎𝑖 <𝑎𝑖+1ai<ai+1．于是
∣𝑘⋂𝑖=1―――𝑆𝑎𝑖∣|⋂i=1kSai―|
表示有 𝑘k 个数 𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑘a1,a2,⋯,ak 满足 𝑃𝑎𝑖 =𝑎𝑖Pai=ai，而剩下 𝑛 −𝑘n−k 个数的位置任意的排列数，因此：
∣𝑘⋂𝑖=1―――𝑆𝑎𝑖∣=(𝑛−𝑘)!|⋂i=1kSai―|=(n−k)!
这 𝑘k 个数的选择情况共 (𝑛𝑘)(nk) 种，对其求和有：
𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1∑𝑎𝑖<𝑎𝑖+1∣𝑘⋂𝑖=1―――𝑆𝑎𝑖∣=𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1(𝑛𝑘)(𝑛−𝑘)!=𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1𝑛!𝑘!=𝑛!𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1𝑘!∑k=1n(−1)k−1∑ai<ai+1|⋂i=1kSai―|=∑k=1n(−1)k−1(nk)(n−k)!=∑k=1n(−1)k−1n!k!=n!∑k=1n(−1)k−1k!
因此 𝑛n 个元素的错位排列数为：
𝐷𝑛=𝑛!−𝑛!𝑛∑𝑘=1(−1)𝑘−1𝑘!=𝑛!𝑛∑𝑘=0(−1)𝑘𝑘!Dn=n!−n!∑k=1n(−1)k−1k!=n!∑k=0n(−1)kk!
错位排列数列的前几项为 0,1,2,9,44,2650,1,2,9,44,265（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：
𝑛n 封不同的信，编号分别是 1,2,3,4,51,2,3,4,5，现在要把这五封信放在编号 1,2,3,4,51,2,3,4,5 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 𝑛n 个信封，初始时暂时把第 𝑛n 封信放在第 𝑛n 个信封中，然后考虑两种情况的递推：
- 前面 𝑛 −1n−1 个信封全部装错；
- 前面 𝑛 −1n−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 −1n−1 个信封全部装错：因为前面 𝑛 −1n−1 个已经全部装错了，所以第 𝑛n 封只需要与前面任一一个位置交换即可，总共有 𝐷𝑛−1 ×(𝑛 −1)Dn−1×(n−1) 种情况．
对于第二种情况，前面 𝑛 −1n−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 −1n−1 个信封中如果有一个没装错，那么把那个没装错的与 𝑛n 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 𝑛n 的错排．
于是可得，错位排列数满足递推关系：
𝐷𝑛=(𝑛−1)(𝐷𝑛−1+𝐷𝑛−2)Dn=(n−1)(Dn−1+Dn−2)
这里也给出另一个递推关系：
𝐷𝑛=𝑛𝐷𝑛−1+(−1)𝑛Dn=nDn−1+(−1)n
其他关系
错位排列数有一个简单的取整表达式，增长速度与阶乘仅相差常数：
𝐷𝑛=⌊𝑛!e+12⌋Dn=⌊n!e+12⌋
随着元素数量的增加，形成错位排列的概率 P 接近：
𝑃=lim𝑛→∞𝐷𝑛𝑛!=1eP=limn→∞Dnn!=1e
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