错排问题、错排数与牛顿反演

错排问题、错排数与牛顿反演

求有多少种 $1$ 到 $n$ 的排列 $a$，满足序列恰好有 $m$ 个位置 $i$，使得 $a_i=i$。

我们定义错排数$D(n)$，有有多少种 $1$ 到 $n$ 的排列 $a$，满足序列恰好有 $0$ 个位置 $i$，使得 $a_i=i$。

那么原答案为：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)D(n-m)$$

做法一：牛顿反演

那么，该断言：

求有多少种 $1$ 到 $n$ 的排列 $a$，满足序列恰好有 $m$ 个位置 $i$，使得 $a_i=i$。

将是所有排列$n!$的一个划分，所以：

$$\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)D(n-i)=n!$$

即：

$$\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)D(n-i)=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-i}\right)D(n-i)=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)D(i)=n!$$

接下来，我们构造牛顿二项式反演：

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)=g(n)$$

进行牛顿反演：

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g(i)=f(n)$$

故有

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\frac{D(i)}{(-1{)}^i}=n!$$

反演后：

$$\frac{D(n)}{(-1{)}^n}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!$$

化简得到：

$$D(n)=n!\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\frac{1}{i!}$$

此为错排数公式

那么，原问题的答案为：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)D(n-m)=\frac{n!}{m!}\sum _{i=0}^{n-m}(-1{)}^i\frac{1}{i!}$$

根据泰勒公式展开，当$n\to \infty$的时候，$D(n)$有个近似模拟为：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }D(n)=\frac{n!}{e}$$

那么错排的概率：

$$\underset{\infty }{\lim }P=\frac{1}{e}$$

错排问题还有很多特性，例如数学期望，方差等。

做法二：容斥原理

我们定义集合$X_k$为满足$a_k=k$的排列的集合，当$n=3$时，有：

X1={(1,2,3),(1,3,2)}X2={(1,2,3),(3,2,1)}X3={(1,2,3),(2,1,3)} X_1=\{(1,2,3),(1,3,2)\} \\ X_2=\{(1,2,3),(3,2,1)\} \\ X_3=\{(1,2,3),(2,1,3)\} X1​={(1,2,3),(1,3,2)}X2​={(1,2,3),(3,2,1)}X3​={(1,2,3),(2,1,3)}

使用容斥原理，我们的答案为：

$$\left|\bigcap _{i=1}^n\overline{X_i}\right|=|U|-\left|\bigcup _{i=1}^n{X}_i\right|$$

我们对右侧进行容斥展开即可。

做法三：错排数的递推公式

除了上述容斥公式外，我们考虑错排数的递推公式。

我们进行组合推理：

排列$1,2,3,4$的错排数，那么我们想，$1$可以放在$2,3,4$的位置上，我们考虑把$1$放在$2$的位置上，此时$2$可以放在$1$的位置上，那么答案数为$D(n-2)$，$2$也可以不放在$1$的位置上，此时通过合理推论$1$的位置可以看做是$2$的位置，那么此时的答案为$D(n-1)$，并且$1$可以放在$n-1$个位置上，由此可见，递推公式为：

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

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define FR freopen("in.txt", "r", stdin)
#define FW freopen("out1.txt", "w", stdout)

#define MOD 1000000007

ll INV[1000005];
ll U[1000005];
ll FAC[1000005];

ll fpow(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll ans = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = (a * a) % mod)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = (ans * a) % mod;
        }
    }

    return ans;
}

ll inv(ll a, ll m)
{
    // fermat's formual
    return fpow(a, m - 2, m);
}

int main()
{
    INV[0] = 1;
    INV[1] = 1;
    for (ll i = 2; i < 1000005; i++)
    {
        INV[i] = (INV[i - 1] * inv(i, MOD)) % MOD;
    }

    U[0] = 1;
    for (ll i = 1; i < 1000005; i++)
    {
        ll k = INV[i];

        if (i & 1)
        {
            U[i] = (U[i - 1] - k) % MOD;
        }
        else
        {
            U[i] = (U[i - 1] + k) % MOD;
        }
    }
    FAC[0] = FAC[1] = 1;
    for (ll i = 2; i < 1000005; i++)
    {
        FAC[i] = (FAC[i - 1] * i) % MOD;
    }

    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);
        ll ans = ((FAC[n] * INV[m]) % MOD * U[n - m]) % MOD;
        ans = (ans + MOD) % MOD;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}