錯排問題

錯排問題是組合數學中的問題之一。考慮一個有$n$個元素的排列，若一個排列中所有的元素都不在自己原來的位置上，那麼這樣的排列就稱為原排列的一個錯排。 $n$個元素的錯排數記為$D_{n}$或$!n$。 研究一個排列錯排個數的問題，叫做錯排問題或稱為更列問題。

最早研究錯排問題的是尼古拉·伯努利和歐拉，因此歷史上也稱為伯努利-歐拉的裝錯信封的問題。這個問題有許多具體的版本，如在寫信時將$n$封信裝到$n$個不同的信封里，有多少種全部裝錯信封的情況？又比如四人各寫一張賀年卡互相贈送，有多少種贈送方法？自己寫的賀年卡不能送給自己，所以也是典型的錯排問題。

定義

記$D_{n}$為$\{1,2,\dots ,n\}$上沒有不動點的排列(即$\phi :\{1,2,\dots ,n\}\to \{1,2,\dots ,n\},\ \phi (i)\neq i,\ \forall 1\leq i\leq n$)的個數，$D_{n}$的值如下：（由$n=1$起）

0, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, 133496, 1334961, 14684570, 176214841, 2290792932, ...

不難發現，這個數列有一個規律，

$D_{n}=nD_{n-1}+(-1)^{n}$。

例如有$n$封收件人不同的信，隨機放入$n$個寫了收件人地址的信封中寄出，求沒有一個收件人收到他所應接收的信的機率。當$n=4$，設四封信為ABCD，則在$4!=24$個排列之中，只有9個是錯排，即$!4=9$：

BADC, BCDA, BDAC, CADB, CDAB, CDBA, DABC, DCAB, DCBA

所以其機率為

${\frac {9}{24}}=37.5\%$。

歷史

18世紀的法國數學家尼古拉·伯努利（1687-1759年）是最早考慮這個問題的人。之後歐拉也開始對這個問題感興趣，並稱之為「組合數學中的一個奇妙問題」（拉丁文：a quaestio curiosa ex doctrina combinationis），並獨立解決了這個問題。

研究錯排問題的方法

枚舉法

對於情況較少的排列，可以使用枚舉法。

• 當n=1時，全排列只有一種，不是錯排，D₁ = 0。
• 當n=2時，全排列有兩種，即1、2和2、1，後者是錯排，D₂ = 1。
• 當n=3時，全排列有六種，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是錯排，D₃=2。用同樣的方法可以知道D₄=9。
• 最小的幾個錯排數是：D₁ = 0，D₂ = 1，D₃=2，D₄ = 9，D₅ = 44，D₆ = 265，D₇ = 1854。

遞推數列法

對於排列數較多的情況，難以採用枚舉法。這時可以用遞歸思想推導錯排數的遞迴關係式。

顯然D₁=0，D₂=1。當n≥3時，不妨設n排在了第k位，其中k≠n，也就是1≤k≤n-1。那麼我們現在考慮k的情況。

• 當k排在第n位時，除了n和k以外還有n-2個數，其錯排數為D_n-2。
• 當k不排在第n位時，那麼將第n位重新考慮成一個新的「第k位」，這時的包括k在內的剩下n-1個數的每一種錯排，都等價於只有n-1個數時的錯排（只是其中的第k位會換成第n位）。其錯排數為D_n-1。

所以當n排在第k位時共有D_n-2+D_n-1種錯排方法，又k有從1到n-1共n-1種取法，我們可以得到：

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

在上面我們得到

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

從這個公式中我們可以推出D_n的通項公式，方法如下：

為書寫方便，記D_n = n!M_n，則M₁ = 0, M₂ = ${\frac {1}{2}}$

當n大於等於3時，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，$nM_{n}-nM_{n-1}=-M_{n-1}+M_{n-2}$。

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

所以

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

將上面式子分邊累加，得

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

因此，我們得到錯排公式

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

多項式模擬

$x_{1},x_{2},...,x_{n}$錯排，$x_{1}$需排在$x_{2},x_{3},...,x_{n}$、$x_{2}$需排在$x_{1},x_{3},...,x_{n}$如此類推。

記$s=\sum _{r=1}^{n}x_{r}$，錯排結果為$\displaystyle \prod _{r=1}^{n}(s-x_{r})$中$\displaystyle \prod _{r=1}^{n}x_{r}$的係數

記$a_{r}=(-1)^{r}\sum x_{1}x_{2}...x_{r}$為基本對稱多項式，

$\displaystyle \prod _{r=1}^{n}(s-x_{r})=\sum _{r=0}^{n}a_{r}s^{n-r}=\sum _{r=2}^{n}a_{r}s^{n-r}$

從$a_{r}$選出$x_{1},x_{2},...,x_{r}$，然後從$s^{n-r}$選出$x_{r+1},x_{r+2},...,x_{n}$，組成$\displaystyle \prod _{r=1}^{n}x_{r}$

從$a_{r}$選出r個x有$C_{r}^{n}$種可能，從$s$選出其餘的n-r個x有

${\frac {(n-r)!}{1!1!...1!}}=(n-r)!$

種可能

$\displaystyle \sum _{r=2}^{n}(-1)^{r}C_{r}^{n}(n-r)!=n!\sum _{r=2}^{n}{\frac {(-1)^{r}}{r!}}$

簡化公式

錯位排列數的公式可以簡化為：$D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor ,$

其中的 $\lfloor n\rfloor$ 為高斯取整函數（小於等於 n 的最大整數）。

這個簡化公式可以由之前的錯排公式推導出來。事實上，考慮指數函數在 0 處的泰勒展開：

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

所以，${\frac {n!}{e}}-D_{n}=n!\,R_{n}$。其中 R_n 是泰勒展開的餘項，c 是介於 0 和 1 之間的某個實數。R_n 的絕對值上限為

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

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

當 n≥2 時，${\frac {1}{(n+1)}}$ 嚴格小於 0.5，所以 $D_{n}=n!\left({\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+...+(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\right)$ 是最接近 ${\frac {n!}{e}}$ 的整數，可以寫成

$D_{n}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}+0.5\right\rfloor .$