杭电 2048

题目：

神、上帝以及老天爷

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 40601    Accepted Submission(s): 16652

Problem Description

HDU 2006'10 ACM contest的颁奖晚会隆重开始了！
为了活跃气氛，组织者举行了一个别开生面、奖品丰厚的抽奖活动，这个活动的具体要求是这样的：

首先，所有参加晚会的人员都将一张写有自己名字的字条放入抽奖箱中；
然后，待所有字条加入完毕，每人从箱中取一个字条；
最后，如果取得的字条上写的就是自己的名字，那么“恭喜你，中奖了！”

大家可以想象一下当时的气氛之热烈，毕竟中奖者的奖品是大家梦寐以求的Twins签名照呀！不过，正如所有试图设计的喜剧往往以悲剧结尾，这次抽奖活动最后竟然没有一个人中奖！

我的神、上帝以及老天爷呀，怎么会这样呢？

不过，先不要激动，现在问题来了，你能计算一下发生这种情况的概率吗？

不会算？难道你也想以悲剧结尾？！

 

Input

输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数，然后是C 行数据，每行包含一个整数n(1<n<=20),表示参加抽奖的人数。

 

Output

对于每个测试实例，请输出发生这种情况的百分比，每个实例的输出占一行, 结果保留两位小数(四舍五入)，具体格式请参照sample output。

 

Sample Input

12

 

Sample Output

50.00%

 

Author

lcy

 

Source

递推求解专题练习（For Beginner） 

题解：

这个题就是运用错排公式（递推）错排规律如下：

当n个编号元素放在n个编号位置，元素编号与位置编号各不对应的方法数用D(n)表示，那么D(n-1)就表示n-1个编号元素放在n-1个编号位置，各不对应的方法数，其它类推.

第一步，把第n个元素放在一个位置，比如位置k，一共有n-1种方法;

第二步，放编号为k的元素，这时有两种情况:⑴把它放到位置n，那么，对于剩下的n-1个元素，由于第k个元素放到了位置n，剩下n-2个元素就有D(n-2)种方法;⑵第k个元素不把它放到位置n，这时，对于这n-1个元素，有D(n-1)种方法;

综上得到

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

特殊地，D(1) = 0, D(2) = 1.

下面通过这个递推关系推导通项公式:

为方便起见，设D(k) = k! N(k), k = 1, 2, …, n,

则N(1) = 0, N(2) = 1/2.

n ≥ 3时，n! N(n) = (n-1) (n-1)! N(n-1) + (n-1)! N(n-2)

即 nN(n) = (n-1) N(n-1) + N(n-2)

于是有N(n) - N(n-1) = - [N(n-1) - N(n-2)] / n = (-1/n) [-1/(n-1)] [-1/(n-2)]…(-1/3) [N(2) - N(1)] = (-1)^n / n!.

因此

N(n-1) - N(n-2) = (-1)^(n-1) / (n-1)!,

N(2) - N(1) = (-1)^2 / 2!.

相加，可得

N(n) = (-1)^2/2! + … + (-1)^(n-1) / (n-1)! + (-1)^n/n!

因此

D(n) = n! [(-1)^2/2! + … + (-1)^(n-1)/(n-1)! + (-1)^n/n!].

此即错排公式。

折叠编辑本段容斥原理

用容斥原理也可以推出错排公式:

正整数1, 2, 3, ……, 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, ……, 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;……;继续这一过程，得到错排的排列种数为

D(n) = n! - n!/1! + n!/2! - n!/3! + … + (-1)^n*n!/n! = ∑(k=2~n) (-1)^k * n! / k!,

即D(n) = n! [1/0! - 1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4! + ... + (-1)^n/n!].

其中，∑表示连加符号，k=2~n是连加的范围;0! = 1，可以和1!相消。

折叠编辑本段简化公式

错排公式的原形为D(n) = n! (1/0! - 1/1! + 1/2! - 1/3! - ..... + (-1)^n/n!)，当n很大时计算就很不方便。一个供参考的简化后的公式是D(n) = [n!/e+0.5] ，其中e是自然对数的底，[x]为x的整数部分。

证明:

由于1/e = e^(-1) = 1/0! - 1/1! + 1/2! - 1/3! - ..... + (-1)^n/n! + Rn(-1),

其中Rn(-1)是余项，等于(-1)^(n+1) * e^u / (n+1)!，且u∈(-1, 0).

所以，D(n) = n! * e^(-1) - (-1)^(n+1) * e^u / (n+1), u∈(-1, 0).

而|n! Rn| = |(-1)^(n+1) * e^u / (n+1)| = e^u / (n+1) ∈ (1/[e(n+1)], 1/(n+1))，可知即使在n=1时，该余项(的绝对值)也小于1/2。

因此，无论n! Rn是正是负，n! / e + 1/2的整数部分都一定与M(n)相同。

对于比较小的n，结果及简单解释是:

D(0) = 1(所有的元素都放回原位、没有摆错的情况)

D(1) = 0(只剩下一个元素，无论如何也不可能摆错)

D(2) = 1(两者互换位置)

D(3) = 2(ABC变成BCA或CAB)

D(4) = 9

D(5) = 44

D(6) = 265

D(7) = 1854

D(8) = 14833

D(9) = 133496

D(10) = 1334961

递推公式代码:

#include<iostream>#include<iomanip>using namespace std;double jiecheng(double m){    double sum=1.0,i;    for(i=1;i<=m;i++)        sum=sum*i;    return sum;}int main(){    double s[33],num;    int i,n,a;    cin>>n;    s[1]=0.0;    s[2]=1.0;    for(i=3;i<=20;i++)    {        s[i]=(i-1)*(s[i-1]+s[i-2]);    }    while(n--)    {        cin>>a;        num=jiecheng(a);        cout<<fixed<<setprecision(2)<<s[a]/num*100<<"%"<<endl;    }    return 0;}

c语言代码：

#include<stdio.h>_int64 jiechen(int i){int j;_int64 score=1;for(j=1;j<=i;j++)score=score*j;return score;}int main(){int n,m,i,j;_int64 score;_int64  s[1000]={0};s[1]=0;s[2]=1;for(i=3;i<=20;i++){s[i]=(i-1)*(s[i-1]+s[i-2]);}while(scanf("%d",&n)!=EOF){while(n--){scanf("%d",&m);score=jiechen(m);printf("%.2lf%%\n",1.0*s[m]/score*100);}}return 0;}