错排问题

hdu 2048 神、上帝以及老天爷

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,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
1
2

Sample Output
50.00%

由题目分析，再明显不过的错排！！！

别激动，首先让我解释一下什么是错排：

n个有序的元素应有n!个不同的排列,如若一个排列使得所有的元素都不在原来的位置上，则称这个排列为错排，有的叫重排.

错排递推分析：

 以1 2 3 4四个数为例 1 2的错排是唯一的,即2 1; 1 2 3的错排 3 1 2         2 3 1 这二者可以看作是1 2的错排,3分别与1 2换位而得的.即： 1 2 3 4的错排 4 3 2 1      4 1 2 3       4 3 1 2 3 4 1 2      3 4 2 1       2 4 1 3 2 1 4 3      3 1 4 2       2 3 4 1 第一列是由4分别与1,2,3互换位置,其余两个元素错排,由此生成的. 第二列是由4和3 1 2(1 2 3的一个错排)的每一个数互换而得到的. 第三列则是由4和另一个错排2 3 1换位而得到的.

上述分析的结果,实际上也是给出一种产生错排的方法.

设n个数1,2,3,…,n错排的数目为Dn,任取其中一个数i,数i分别与其它的n-1个数之一互换,其余n-2个数进行错排共得

(n-1)*D(n-2)个错排

另一部分为数i以外的n-1个数进行错排，然后i与其中每个数互换得

(n-1)*D(n-1)个错排

综合以上分析得递推关系：

Dn=(n-1)*(D(n-1)+D(n-2))    其中D1=0,D2=1    得到D0=1

化简Dn=(n-1)(D(n-1)+D(n-2))

Dn-n*D(n-1)=[(-1)^1]*[D(n-1)-(n-1)*D(n-2)]
=[(-1)^2]*[D(n-2)-(n-2)*D(n-3)]
=[(-1)^3]*[D(n-3)-(n-3)*D(n-4)]
……
=[(-1)^(n-1)]*(D1-D0)

而D1=1,D0=0,因此有：

Dn-n*D(n-1)=(-1)^n

哎呀呀，公式一大堆，头都晕了。可怜的小编还是要告诉你，下面的内容更加复杂，因为递推虽然好，可是有一个致命的弱点：求解递推关系，得到封闭形式往往需要技巧，而这个技巧可以难得无以言及。。。小编也想哭。诸位如果一下内容能够看得懂那就值得小编膜拜，如果看不懂也没事，小编跟你一样，嘻嘻嘻，也是看不懂，不过最后的结论要记住就万事大吉了。

由母函数可以得到,令：

G(x)=D0+D1*x+(D2/2!)*x^2+...

又有D1=D0+(-1)^1
D2=D1+(-1)^2
D3=D2+(-1)^3
…
可得

 G(x)-x*G(x)=e^(-x)

则

  G(x)=[e^(-x)]/(1-x)=[1-x+(x^2)/2!-...]/(1-x)

最后整理得到

 Dn=(1-1+1/2!-...+[(-1)^n]*1/n!)*n!

记住，最后这条结论相当重要，是错排问题万变不离其宗的本质！！！

那么久了，大家也累了，就看看舒心的代码吧，保证，代码一定会让诸位看着舒心的，因为极其简短（相对来说）！！！

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int main(){    int n;    cin>>n;    while(n--)    {        int m;        cin>>m;         double p=0,sign=1.0;   //注意用浮点型        if(m==1)          p=0;        long long k=1;        for(int i=2;i<=m;i++)        {              k=k*i;              p=p+sign/(k*1.0);    //求阶乘的倒数              sign=-sign;   //不断地更换正负号相加减        }            p=p*100;    //小数转换为百分数        printf("%.2f%%\n",p);    }    return 0;}