错排问题

错排问题是组合数学中的问题之一。考虑一个有n个元素的排列，若一个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上，那么这样的排列就称为原排列的一个错排。 n个元素的错排数记为D_n。 研究一个排列错排个数的问题，叫做错排问题或称为更列问题。

错排问题最早被尼古拉·伯努利和欧拉研究，因此历史上也称为伯努利-欧拉的装错信封的问题。这个问题有许多具体的版本，如在写信时将n封信装到n个不同的信封里，有多少种全部装错信封的情况？又比如四人各写一张贺年卡互相赠送，有多少种赠送方法？自己写的贺年卡不能送给自己，所以也是典型的错排问题。

历史

十八世纪的法国数学家尼古拉·伯努利（1687-1759年）是最早考虑这个问题的人。之后欧拉也开始对这个问题感兴趣，并称之为“组合数学中的一个奇妙问题”（拉丁文：a quaestio curiosa ex doctrina combinationis），并独立解决了这个问题。

研究错排问题的方法

枚举法

对于情况较少的排列，可以使用枚举法。

• 当n=1时，全排列只有一种，不是错排，D₁ = 0。
• 当n=2时，全排列有两种，即1、2和2、1，后者是错排，D₂ = 1。
• 当n=3时，全排列有六种，即1、2、3；1、3、2；2、1、3；2、3、1；3、1、2；3、2、1，其中只有有3、1、2和2、3、1是错排，D₃=2。用同样的方法可以知道D₄=9。
• 最小的几个错排数是：D₁ = 0，D₂ = 1，D₃=2，D₄ = 9，D₅ = 44，D₆ = 265，D₇ = 1854.

递推数列法

对于排列数较多的情况，难以采用枚举法。这时可以用递归思想推导错排数的递推公式。

显然D₁=0，D₂=1。当n≥3时，不妨设n排在了第k位，其中k≠n，也就是1≤k≤n-1。那么我们现在考虑第n位的情况。

• 当k排在第n位时，除了n和k以外还有n-2个数，其错排数为D_n-2。
• 当k不排在第n位时，那么将第n位重新考虑成一个新的“第k位”，这时的包括k在内的剩下n-1个数的每一种错排，都等价于只有n-1个数时的错排（只是其中的第k位会换成第n位）。其错排数为D_n-1。

所以当n排在第k位时共有D_n-2+D_n-1种错排方法，又k有从1到n-1共n-1种取法，我们可以得到：

D_n=(n-1)(D_n-1+D_n-2)

错排公式

在上面我们得到D_n=(n-1)(D_n-1+D_n-2) 从这个公式中我们可以推出D_n的通项公式，方法如下：

为书写方便，记D_n = n!M_n，则M₁ = 0, M₂ = ${\frac {1}{2}}$

当n大于等于3时，由D_n = (n-1)(D_n-1 + D_n-2)，即$n!M_{n}=(n-1)(n-1)!M_{n-1}+(n-1)(n-2)!M_{n-2}=n!M_{n-1}-(n-1)!M_{n-1}+(n-1)!M_{n-2}$。 所以，$nM_{n}-nM_{n-1}=-M_{n-1}+M_{n-2}$。

于是有 $M_{n}-M_{n-1}=-{\frac {1}{n}}(M_{n-1}-M_{n-2})=...=(-{\frac {1}{n}})(-{\frac {1}{n-1}})...(-{\frac {1}{3}})(M_{2}-M_{1})=(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}.$

所以

${\begin{aligned}M_{n}-M_{n-1}&=(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\\M_{n-1}-M_{n-2}&=(-1)^{(n-1)}{\frac {1}{(n-1)!}}\\\vdots \quad &=\quad \vdots \\M_{2}-M_{1}&=(-1)^{2}{\frac {1}{2!}}\\\end{aligned}}$

将上面式子分边累加，得$M_{n}=(-1)^{2}{\frac {1}{2!}}+(-1)^{3}{\frac {1}{3!}}...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}.$

因此，我们得到错排公式$D_{n}=n!M_{n}=n!({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}).$

简化公式

错位排列数的公式可以简化为：$D_{n}=\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\rfloor ,$

其中的 $\scriptstyle \lfloor n\rfloor$ 为高斯取整函数（小于等于n的最大整数）。

这个简化公式可以由之前的错排公式推导出来。事实上，考虑指数函数在0处的泰勒展开：

${\begin{aligned}e^{-1}&=1+{\frac {(-1)^{1}}{1!}}+{\frac {(-1)^{2}}{2!}}+\cdots +(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}+{\frac {e^{-c}}{(n+1)!}}(c-1)^{n}\\&={\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}+R_{n}\\&={\frac {D_{n}}{n!}}+R_{n}\\\end{aligned}}$

所以，${\frac {n!}{e}}-D_{n}=n!R_{n}$。其中R_n是泰勒展开的余项，c是介于0和1之间的某个实数。R_n 的绝对值上限为：

$|R_{n}|\leqslant {\frac {e^{0}}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)!}}$

${\Big |}{\frac {n!}{e}}-D_{n}{\Big |}\leqslant {\frac {n!}{(n+1)!}}={\frac {1}{(n+1)}}$

当n≥2时，余项 R_n 严格小于0.5，所以 $D_{n}=n!({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}})$ 是最接近${\frac {n!}{e}}$的整数，可以写成：

$D_{n}=\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\rfloor ,$