全装错信问题即全错位排列问题及拓展

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国家公务员：排列组合之错位排序

国家公务员：排列组合之错位排序排列组合的数量题目当中，有一些技巧我们常常会用到，今天我们就一起来看一下排列组合问题中常用的方法——错位排序。

我们来讨论一个问题：这是一个很经典的数学问题：有一个人写了n封信件，对应n个信封，然而粗心的秘书却把所有信件都装错了信封，那么一共有多少种装错的装法？这个问题可抽象为以下一个数学问题：已知一个长度为n的有序序列｛a1,a2,a3,…,an｝，打乱其顺序，使得每一个元素都不在原位置上，则一共可以产生多少种新的排列？首先考虑几种简单的情况：原序列长度为1序列中只有一个元素，位置也只有一个，这个元素不可能放在别的位置上，因此原序列长度为1时该为题的解是0。

原序列长度为2设原序列为{a,b}，则全错位排列只需将两个元素对调位置{b,a}，同时也只有这一种可能，因此原序列长度为2时该问题的解是1。

原序列长度为3设原序列为{a,b,c}，则其全错位排列有：{b,c,a},{c,a,b}，解是2。

原序列长度为4设原序列为{a,b,c,d}，则其全错位排列有：{d,c,a,b},{b,d,a,c},{b,c,d,a},{d,a,b,c},{c,d,b,a},{c,a,d,b},{d,c,b,a},{c,d,a,b},{b,a,d,c}，解是9。

在往下数，次数会更多，那我们就可以用不完全归纳得出规律：f(n)=(n-1)f(n-2)+(n-1)*f(n-1)=(n-1)[f(n-2)+f(n-1)] 。

很明显，规律不太好记。

但是我们不用记，因为在公务员考试当中，题目一般情况下比较简单，我们只需要记住D1=0；D2=1；D3=2；D4=9；D5=44。

即可下面我们一起来看一道例题：【例】（2015-山东-59）某单位从下属的5个科室各抽调了一名工作人员，交流到其他科室，如每个科室只能接收一个人的话，有多少种不同的人员安排方式？（）A.120种B.78种C.44种D.24种【解析】分析题干可知，本题考查5人的错位排序，根据错位排列个数关系D5=44。

装错信封问题即欧拉错排问题

装错信封问题即欧拉错排问题
中“信封装错问题”的数学模型及解法；
有人写了N封信，同时写了N个信封，然后任意把信放进信封里。

问:每个字母被错误地装入时有多少种情况？排列、组合和简单计数问题。

计算问题。

让我们假设n个字母是A，B，c。

第一个字母A 有(n-1)种子放置方法。

假设A被放置在对应于B的包络中，B具有(n-1)种子放置方法；通过类比，分析下列字母的位置，然后通过计算排列公式得到答案。

解决方法:如果N个字母是A，B，c…，那么第一个字母A有(N-1)放置方法，并且假设A被放置在对应于B的信封中，那么B有(N-1)放置方法；假设b被放置在对应于c的包络中，c具有(n-2)种子放置方法；假设C被放置在对应于D的包络中，D具有(n-3)种子放置方法；...等等，有一种方法可以释放字母n；还有(n-1) (n-1) (n-2) (n-3)...1 = (n-1) (n-1)！因此，每个字母都被错误地加载(n-1) (n-1)！备注:本主题检查逐步计数原则的应用，并注意使用假设方法解决问题。

著名数学家莱昂哈德·欧拉(1707-1783)将“错放包络问题”的两个特例称为“组合数论中的一个奇n*1/n！)证明:
设置总排列t1，t2，...，TN = 1，2，...，n为I，并将ti=i设置为Ai(1。

全错位排列——精选推荐

全错位排列以前接触过这样的题⽬，但是现在稍微系统点⾸先看⼀下百度百科对全错位排列的解释：基本简介全错位排列：即被著名数学家(Leonhard Euler，1707－1783)称为组合数论的⼀个妙题的“装错信封问题”。

“装错信封问题”是由当时最有名的数学家(Johann Bernoulli，1667－1748)的⼉⼦(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，⼤意如下：⼀个⼈写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？公式证明n个相异的元素排成⼀排a1，a2，...，an。

则ai(i=1，2，...，n)不在第i位的排列数为：公式证明：设1，2，...，n的全排列t1，t2，...，tn的集合为I,⽽使ti=i的全排列的集合记为Ai(1<=i<=n)，则Dn=|I|-|A1∪A2∪...∪An|.所以Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|.注意到|Ai|=(n-1)!，|Ai∩Aj|=(n-2)!，...，|A1∩A2∩...∩An|=0!=1。

由：Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|=n!-C(n,1)(n-1)!+C(n,2)(n-2)!-C(n,3)(n-3)!+...+(-1)^nC(n,n)*0!=n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)（可以举例试试，很好懂）应⽤：（1）简单排列1个元素没有全错位排列，2个元素的全错位排列有1种，3个元素的全错位排列有2种，4个元素的全错位排列有9种，5个元素的全错位排列有44种。

递推公式数学家欧拉按⼀般情况给出了⼀个递推公式：⽤A、B、C……表⽰写着n位友⼈名字的信封，a、b、c……表⽰n份相应的写好的信纸。

把错装的总数为记作f(n)。

假设把a错装进B⾥了，包含着这个错误的⼀切错装法分两类：（1）b装⼊A⾥，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b⽆关，应有f(n-2)种错装法。

高中数学《装错信封问题》

利用错排公式求解装错信封问题【问题背景】18世纪数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli ，1667—1748)的儿子丹尼尔·伯努利(Danid Bernoulli ，1700—1782)提出来这样一个问题：一个人写了n 封信，并且写了n 个对应的信封，这个人随机将这n 封信分别装入这n 个信封，问：都装错的情况有多少种?后来著名数学家欧拉对此产生浓厚兴趣，并称之为“组合理论的一个妙题”，并且给出了“装错信封问题”的一劳永逸的答案：设n 个信封都装错的情况数为n D ，那么11111(1)(1)!0!1!2!3!(1)!!n n n D n n n −⎡⎤−−=⋅−+−+⋅⋅⋅++⎢⎥−⎣⎦. 特别说明，以上公式是通过数列递推得来，为了简化约分运算，我们可以将上式化简为2311(1)(1)n n n n n n n n D A A A −−−=−+⋅⋅⋅+−+−.在这里，我们可以记忆一些常见的结果：123450,1,2,9,44D D D D D =====.【经典例题】重新排列1，2，3，4，5，6，7，8.（1）使得偶数在原来的位置上，而奇数不在原来的位置上，有多少种不同的排法？（2）使得偶数在奇数的位置上，而奇数在偶数的位置上，有多少种不同的排法？（3）使得偶数在偶数位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数的位置上，但也都不在原来的位置上，有多少种不同的排法？（4）如果要有数在原来的位置上，有多少种不同的排法？（5）如果只有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？（6）如果至少有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？（7）使得偶数在偶数的位置上，但恰有两个数不在原来的位置上，奇数在奇数的位置上，但恰有两个数不在原来位置上，有多少种不同的排法？（8）使得偶数在偶数的位置上，且至少有两个数不在原来的位置上；奇数在奇数的位置上，也至少有两个数不在原来的位置上，有多少种不同的排法？解析：（1）本题实质上是“装错信封问题”，49D =.（2）偶数在奇数位置上44A ，奇数在偶数位置上44A ，4444576A A ⋅=.（3）4481D D ⋅=.（4）正难则反，对8个数进行全排列88A ，减去没有数在原来的位置上8D ，88825487A D −=.（5）先从8个数中选择4个数在原来的位置上，剩余4个数不在原来的位置上，用分步乘法计数原理：484630C D ⋅=.（6）分类求解：45688483828771C D C D C D C ⋅+⋅+⋅+=.（7）224242()()36C D C D ⋅⋅⋅=.（8）22424424()()225C D D C D D ⋅+⋅⋅+=.上式中至少有2个数不在原来的位置上，包括恰有2个数不在原来的位置上和4个数都不在原来的位置上两种情况.【小结】“问题是数学的心脏.”思考问题，解决问题，才能促进数学素养的形成.。

装错信封问题即欧拉错排问题

“装错信封问题”的数学模型与求解某人写了n封信，同时写了n个信封，然后将信任意装入信封，问：每封信都装错的情况有多少种？排列、组合及简单计数问题．计算题．设这n封信依次为a、b、c…，第1封信a有（n﹣1）种放法，假设a放到了b对应的信封里，则b有（n﹣1）种放法；依此类推，分析随后的几封信的放法，进而由排列数公式计算可得答案．解：设这n封信依次为a、b、c…，则第1封信a有（n﹣1）种放法，假设a放到了b对应的信封里，则b有（n﹣1）种放法；假设b放到了c对应的信封里，则c有（n﹣2）种放法；假设c放到了d对应的信封里，则d有（n﹣3）种放法；…依此类推，第n封信有1种放法；则共有（n﹣1）（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）…1=（n﹣1）（n﹣1）!，故每封信都装错的情况有（n﹣1）（n﹣1）!种．点评：本题考查分步计数原理的运用，解题中注意用假设的方法．被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？公式证明n个相异的元素排成一排a1,a2,...,an,且ai(i=1,2,...,n)不在第i位的排列数为n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)证明：设1,2,...,n的全排列t1,t2,...,tn的集合为I,而使ti=i的全排列的集合记为Ai(1<=i<=n),则Dn=|I|-|A1∪A2∪...∪An|.所以Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|.注意到|Ai|=(n-1)!,|Ai∩Aj|=(n-2)!,...,|A1∩A2∩...∩An|=0!=1.由容斥原理：Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|=n!-C(n,1)(n-1)!+C(n,2)(n-2)!-C(n,3)(n-3)!+...+(-1)^nC(n,n)*0!=n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)1 问题的提出1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有A．6种B．9种C．11种D．23种(1993年全国高考题理科17题)2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？2建立数学模型“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，…，n，并且约定：在n个不同元素的排列中1°若编号为i(i=1，2，…，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．2°若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？3 模型求解应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．设I表示n个不同元素的全排列的集合A i(i=1，2，…，n)为元素i在原位的排列的集合．A i∩A j(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．…………A1∩A2∩…∩A n为n个元素的序排的集合．则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为|I|=n！|A i|=(n－1)！|A i∩A j|=(n－2)！…………|A1∩A2∩…∩A n|=(n－n)！=0！所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为4 应用举例一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为五个不同元素的错排数为则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．例1 (1991年上海高考题)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为[ ] A．20种B．30种C．60种D．120种解本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．例2某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为-- 参考答案：瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用Ａ、Ｂ、Ｃ……表示写着ｎ位友人名字的信封，ａ、ｂ、ｃ……表示ｎ份相应的写好的信纸。

全错位排列——精选推荐

全错位排列全错位排列是由著名数学家欧拉提出的。

最典型的问题是装错信封问题⼀个⼈写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？⽤a、b、c，d……表⽰n份相应的写好的信纸，A、B、C，D……表⽰写着n位友⼈名字的信封，错装的总数为记作f(n)。

假设把a错装进B中，然后接下来我们可以分为两种情况，第⼀种是b错装进了A中，那么问题就变为c,d,e…..n-2个信纸放⼊C，D,E……n-2个信封时完全放错时完全装错有多少种，有f(n-2)种第⼆种是b错装进了除A之外的⼀个信封内，这个时候问题就相当于已知a错装进B中，将b,c,d,e…..n-2个信纸放⼊A,C，D,E……n-2个信封时,b不能放⼊A中，这⾥如果我们把A想象成B0的话，就相当于将b,c,d,e…..n-2个信纸放⼊B0,C，D,E……n-2个信封时完全放错，有f(n-1)种a错装进B中，有f(n-1)+f(n-2)种，同样a错装进C中也有f(n-1)+f(n-2)种…..a错装进B中，有f(n-1)+f(n-2)种a错装进C中，有f(n-1)+f(n-2)种a错装进D中，有f(n-1)+f(n-2)种a错装进E中，有f(n-1)+f(n-2)种a错装进F中，有f(n-1)+f(n-2)种…所以⼀共有f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2));//C++⽰例代码#include <iostream>using namespace std;long long getvalue(int num){if (num == 1){return0;}else if (num == 2){return1;}else if (num == 3){return2;}else{long long f1 = 1;long long f2 = 2;for (int i = 4; i <= num; i++){long long t = f2;f2 = (i - 1)*(f1 + f2);f1 = t;}return f2;}}int main(){int num;cout << "input the number of envelop with -1 to end" << endl;while (cin>>num){if (num == -1)break;long long r = getvalue(num);cout<<"Result:" << r << endl;}return0;}相关的题⽬有假设⼀共有N对新婚夫妇,其中有M个新郎找错了新娘,求发⽣这种情况⼀共有多少种可能.神，上帝和⽼天爷。

装错信封问题即欧拉错排问题

“装错信封问题”的数学模型与求解某人写了n封信，同时写了n个信封，然后将信任意装入信封，问：每封信都装错的情况有多少种？排列、组合及简单计数问题．计算题．设这n封信依次为a、b、c…，第1封信a有（n﹣1）种放法，假设a放到了b对应的信封里，则b有（n﹣1）种放法；依此类推，分析随后的几封信的放法，进而由排列数公式计算可得答案．解：设这n封信依次为a、b、c…，则第1封信a有（n﹣1）种放法，假设a放到了b对应的信封里，则b有（n﹣1）种放法；假设b放到了c对应的信封里，则c有（n﹣2）种放法；假设c放到了d对应的信封里，则d有（n﹣3）种放法；…依此类推，第n封信有1种放法；则共有（n﹣1）（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）…1=（n﹣1）（n﹣1）!，故每封信都装错的情况有（n﹣1）（n﹣1）!种．点评：本题考查分步计数原理的运用，解题中注意用假设的方法．被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？公式证明n个相异的元素排成一排a1,a2,...,an,且ai(i=1,2,...,n)不在第i位的排列数为n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)证明：设1,2,...,n的全排列t1,t2,...,tn的集合为I,而使ti=i的全排列的集合记为Ai(1<=i<=n),则Dn=|I|-|A1∪A2∪...∪An|.所以Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|.注意到|Ai|=(n-1)!,|Ai∩Aj|=(n-2)!,...,|A1∩A2∩...∩An|=0!=1.由容斥原理：Dn=n!-|A1∪A2∪...∪An|=n!-C(n,1)(n-1)!+C(n,2)(n-2)!-C(n,3)(n-3)!+...+(-1)^nC(n,n)*0!=n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!)1 问题的提出1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有A．6种B．9种C．11种D．23种(1993年全国高考题理科17题)2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？2建立数学模型“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，,，n，并且约定：在n个不同元素的排列中1°若编号为i(i=1，2，,，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．2°若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？3 模型求解应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．设I表示n个不同元素的全排列的集合A i(i=1，2，,，n)为元素i在原位的排列的集合．A i∩A j(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．,,,,A1∩A2∩,∩A n为n个元素的序排的集合．则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为|I|=n！|A i|=(n－1)！|A i∩A j|=(n－2)！,,,,|A1∩A2∩,∩A n|=(n－n)！=0！所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为4 应用举例一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为五个不同元素的错排数为则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．例1 (1991年上海高考题)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为[ ] A．20种B．30种C．60种D．120种解本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．例2某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为-- 参考答案：瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用Ａ、Ｂ、Ｃ,,表示写着ｎ位友人名字的信封，ａ、ｂ、ｃ,,表示ｎ份相应的写好的信纸。

对全错位排列问题的拓展及新方法的探究

对全错位排列问题的拓展及新方法的探究作者：田震胡鑫来源：《科教导刊·电子版》2017年第16期摘要全错位排列问题一直是组合数学中的经典问题，本文在前人研究的基础上，想出了一个新颖的计算方法——“相式”计算法，可单独利用“相式”进行计算，也可以将“相式”与前人已总结出的公式相结合，得到一个全新的计算表达式，该表达式适用于以往经典全错位排列模式以外的排列数计算，使全错位排列问题得到了进一步的解决。

关键词全错位排列拓展新方法探究中图分类号：G623.5 文献标识码：A1问题的提出全错位排列问题，也称“伯努利-欧拉错装信封问题”，题意为：某人写了n封信及相应的n 个不同信封，问他把这n封都装错信封的装法有多少种？数学家欧拉给出了该问题的公式推导：他用A、B、C…分别表示n个信封，a、b、c…则分别表示n份相对应的信纸。

把错装的总数记作F（n）。

若把a错装进B，则该错误的错装法分两类：（1）b装入A，有F（n-2）种错装。

（2）b装入A、B之外的信封，有F（n-1）种错装。

故a装入B，共F（n-2）+F（n-1）种错装。

a装入C、D…同样有F（n-2）+F（n-1）种错装，故：F（n）=（n-1）[F（n-1）+F（n-2）]F（1）=0，F（2）=12“相式”原理及推导有m个盒子和m个小球，盒子和小球都分别标着1，2，3...，其中m个小球中的n个小球编号分别与m个盒子中的n个盒子编号相同（剩余m-n个小球之间编号互不相同），若将m 个盒子里放入这m个小球，要求小球编号与盒子编号不同的放法有几种？先把与小球编号相同的其中一个盒子置于首位，将该盒子放入与其编号不同的小球，应有m-n种放法，在第一个盒子里的小球确定之后，剩下m-1个盒子里放入m-1个小球，其中这m-1个小球中有n-1个小球与盒子编号相同，我们把这n-1小球放入m-1个盒子中的排列数记作：接下来将置于首位的盒子放入与盒子编号相同的小球（其中与首位盒子编号相同的小球不能放入），这时小球放入首位盒子的放法有n-1种，剩下m-1个盒子中有n-2个小球编号与之相同，同理，将这n-2个小球放入m-1个盒子中的排列数记作：最后排列总数可表示为：①（m≥n），②我们把含“”符号的等式称为“相式”。

全错位排列问题

全错位排列问题每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.1．错位排列问题例1.4名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式共有种.例2.将编号为1，2，3，4的四个小球分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子放一个小球，且小球的编号与盒子的编号不能相同，则共有种不同的放法.这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.例3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有种.解析：可以分类解决：第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置.对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.设n个元素全错位排列的排列数为T n，则对于例3，第一类排列数为T5，第二类先确定一个排原来位置的同学有5种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T4，第三类先确定两个排原位的同学，有25C=10种，所以第三类的排列数为10T3，因此例3的答案为：T5+5T4+10T3=109.由于生活中很多这样的问题，所以我们有必要探索一下关于全错位排列问题的解决方法.2．关于全错位排列数的一个递推关系式：T n=(n-1)(T n-1+T n-2)，（n≥3）(1).一般地，设n个编号为1、2、3、…、i、…、j、…、n的不同元素a1、a2、a3、…、a i、…、a j、…、a n，排在一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的全错位排列数为T n，则T2=1，T3=2，T n=(n-1)(T n-1+T n-2)，（n≥3）.(2).递推关系的确立显然对于n=1，2时有T1=0，T2=1.当n≥3时，在n个不同元素中任取一个元素a i不排在与其编号相对应的i位，必排在剩下n-1个位置之一，所以a i有n-1种排法.对a i每一种排法，如a i排在j位，对应j位的元素a j的排位总有两种情况：第一种情况：a j恰好排在i位上，如表（1）123…i…j…na j a i表（1）此时，a i排在j位，a j排在i位，元素a i，a j排位已定，还剩n-2个元素，每个元素均有一个不能排的位置，它们的排位问题就转化为n -2个元素全错位排列数，应有T n -2种；第二种情况：a j 不排在i 位上，如表（2）表（2）此时，a i 仍排在j 位，a j 不排在i 位，则a j 有n -1个位置可排，除a i 外，还有n -1个元素，每个元素均有一个不能排的位置，问题就转化为n -1个元素全错位排列，排列数为T n -1，由乘法原理和加法原理可得：T n =(n -1)(T n -1+T n -2)，（n ≥3）.利用此递推关系可以分别算出T 4=9，T 5=44，所以题三的答案为44+5×9+10×2=109.3．关于全错位排列数的一个通项公式：T n =111![(1)]2!3!!n n n ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅（n ≥2）.(1).探索规定0n A =1（n ∈N *），试计算以下各式的值：（1）21444A A A -+；（2）3215555A A A A -+-；（3）432166666A A A A A -+-+.很容易计算三式的值依次为9，44，265.而这与利用上面的递推关系式得到的T 4，T 5，T 6刚好吻合，即T 4=21444A A A -+；T 5=3215555A A A A -+-；T 6=432166666A A A A A -+-+.(2).猜想根据上面的探索，我们可以猜想n 个元素全错位排列的排列数为T n =230(1)n n n n n n A A A ---+⋅⋅⋅+-（n ≥2）（*）为了更容易看清其本质，我们对这个式子进行变形，得到：T n =230(1)n n n nn n A A A ---+⋅⋅⋅+-=!!!(1)2!3!!n n n n n -+⋅⋅⋅+-⋅=111![(1)]2!3!!n n n ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅(3).证明（数学归纳法）n =2，3时（*）式显然成立；假设n =k ，k -1时（*）式成立，则当n =k +1时，有上面的递推关系式可得：T k +1=k (T k +T k -1)=k {111![(1)]2!3!!k k k ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅+1111(1)![(1)]2!3!(1)!k k k --⋅-+⋅⋅⋅+-⋅-}=k ·(k -1)!·{111[(1)]2!3!!k k k ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅+1111[(1)]2!3!(1)!k k --+⋅⋅⋅+-⋅-}=k !·[1111(1)2!3!(1)!k k k k k -+++-+⋅⋅⋅+-⋅-+k ·1(1)!k k -⋅]=k !·[1111(1)2!3!(1)!k k k k k -+++-+⋅⋅⋅+-⋅-+（k +1）·1(1)!k k -⋅1(1)!k k --⋅]=k !·[1111(1)2!3!(1)!k k k k k -+++-+⋅⋅⋅+-⋅-+（k +1）·1(1)!k k -⋅1(1)(1)!k k k +--⋅+]=k !·[1111(1)2!3!(1)!k k k k k -+++-+⋅⋅⋅+-⋅-+（k +1）·1(1)!k k -⋅11(1)(1)!k k k +++-⋅+]=(k +1)!·[1111(1)2!3!(1)!k k --+⋅⋅⋅+-⋅-+1(1)!k k -⋅11(1)(1)!k k ++-⋅+].∴n =k +1时（*）式也成立.由以上过程可知n 个元素全错位排列的排列数为：T n =230(1)n n n nn n A A A ---+⋅⋅⋅+-=!!!(1)2!3!!n n n n n -+⋅⋅⋅+-⋅=111![(1)]2!3!!n n n ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅（n ≥2）.4.关于全错位排列数的另一个递推关系式：T n =nT n -1+(1)n-由T 2=1，T 3=2，T 4=9，T 5=44，T 6=265可得：T 3=3T 2－1；T 4=4T 3+1；T 5=5T 4－1；T 6=6T 5+1.于是猜想T n =nT n -1+(1)n-.证明：由上面已证明的全错位排列数公式可知右边=n ·1111(1)![(1)]2!3!(1)!n n n --⋅-+⋅⋅⋅+-⋅-+(1)n -=n !1111[(1)]2!3!(1)!n n -⋅-+⋅⋅⋅+-⋅-+(1)n -·!!n n =111![(1)]2!3!!n n n ⋅-+⋅⋅⋅+-⋅=左边.所以T n =nT n -1+(1)n-.5.点评在解决排列组合问题时，经常涉及到全错位或部分错位的排列问题，在元素不是很多时，我们可以通过分类讨论的方案，对问题进行讨论，但当元素较多时讨论起来非常麻烦，所以掌握了全错位排列数的一个通项公式和两个递推关系式，对我们解决这一类问题将带来很大的方便.（三）利用隔板法巧解排列、组合题隔板法是将相同的球放入不同的盒子，每盒放入球的个数不限，求不同方法种数的一种解题方法。

全错位排列

全错位排列先看下面例子：例1 5个人站成一排，其中甲不站第一位，乙不站第二位，共有多少种不同的站法。

这个问题在高中很多参考书上都有，有几种解法，其中一解法是用排除法：先考虑5个有的全排列，有A55种不同的排法，然后除去甲排第一（有A44种）与乙排第二（也有A44种），但两种又有重复部分，因此多减，必须加上多减部分，这样得到共有：A55－2A44＋A33＝78种。

现在考虑：例2 5个人站成一排，其中甲不站第一位，乙不站第二位，丙不站第三位，共有多少种不同的站法。

仿上分析可得：A55－3A44＋3A33－A22＝64种这与全错位排列很相似。

全错位排列——即n 个元素全部都不在相应位置的排列。

看下面的问题例3 5个人站成一排，其中A 不站第一位，B 不站第二位，C 不站第三位，D 不站第四位，E 不站第五位，共有多少种不同的站法。

解析：上面例1，例2实际上可以看成n 个不同元素中有m （m≤n ）不排在相应位置。

公式一：n 个不同元素排成一排，有m 个元素（m≤n ）不排在相应位置的排列种数共有：从而这个问题可能用上面的公式得出：()A C A C A C A m n m n m m m n n m n n m nn ------∙∙-++∙+∙-1 (222111)这个公式在n ＝m 时亦成立A55－C(5,1)?A44＋C(5,2)?A33－C(5,3)?A22＋C(5,4)?A11－C(5,5)?A00＝44种（注意A00＝0!＝1）再看1993年高考题：同室四人各写一张贺年卡，先集中起来。

然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡。

则四张贺年卡不同的分配方式有(A)6种 (B)9种 (C)11种 (D)23种解析：由上面公式得：A44－C(4,1)?A33＋C(4,2)?A22－C(4,3)?A11＋C(4,4)?A00＝9种，∴选择B 答案因此可得到全错位排列的公式：n 个不同元素排成一排，第一个元素不在第一位，第二个元素不在第二位，……，第n 个元素不在第n 位的排列数为：()A C A C A C A n n n n n n n n n n n n n nn ------∙∙-++∙+∙-1 (222111)这实际上是公式一的特殊情况。

装错信封问题(1)

装错信封问题容斥原理I ∑∑≤<≤=⋂+-=⋂⋂⋂ni i i i ni in A AA A A A A 21211121||||||||∑≤<<<≤⋂⋂⋂-++⋂⋂⋂-++ni i i n n i i i kk k A A A A A A2121121.||)1(||)1(II 12121211||||||nn i i i i i i nA A A A A A =≤<≤⋃⋃⋃=-⋂∑∑∑≤<<<≤--⋂⋂⋂-++⋂⋂⋂-++ni i i n n i i i k k kA A A A A A 212112111.||)1(||)1(装错信封问题“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli ，1667—1748）的儿子丹尼尔·伯努利（Danid Bernoulli ，1700—1782）提出来的，大意如下：一个人写了n 封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？其他叙述方式(1) “拿错帽子问题” (2) “分发贺卡问题” (3) “更列问题”设n 封为n a a ,,1 ，n 个信封为n A A ,,1 ，装对的情形为i a 装入i A ),,2,1(n i =. 我们把都装错的情形数记为n .(1) 若不考虑是否装对信封，则有!n A nn =种.(2) 若至少有1封信装对信封，即i a 装入i A ，而其他1-n 封信的装法有-1-1(-1)!n n A n =.由于i a 装入i A 有1n C 种，所以，至少有1封信装对信封的装法有1-1-1n n n C A 种.(3) 若至少有2封信装对信封，即i a 装入i A ，j a 装入j A ，而其他2-n 封信的装法有-2-2(-2)!n n A n =，所以，至少有2封信装对信封的装法有2-2-2n n n C A 种. (4) 至少有3封信装对信封的装法有3-3-3n n n C A 种.(5) 一般地，其中至少有k 封装对的装法有k n kn n k C A --种.于是，由容斥原理，封信都装错的情形种数为.12!(1)!(2)!(1)()!(1)1k k n nn n n n C n C n C n k =-⋅-+⋅-++-⋅-++-⋅另证.设n 封为n a a ,,1 ，n 个信封为n A A ,,1 ，装对的情形为i a 装入i A ),,2,1(n i =.我们把都装错的情形数记为n .首先研究1a 装入2A 时，信封装错的种数.分两种情况.(1)1a 装入2A ,2a 装入1A . 此时，其余2-n 封信都装错的种数为2-n .(2)1a 装入2A ,2a 没有装入1A . 此时，其余1-n 封信都装错的种数为1-n .这样，当1a 装入2A 时，信封装错的种数为1+2n n --.同样，当1a 装入3A ，当1a 装入4A ，……，当1a 装入n A 时，信封装错的种数也为1+2n n --.从而，信封装错的所有种数为)21)(1(-+--=n n n n .2)1(11-⋅-+---⋅=n n n n n n .于是，有递推公式]2)1(1)[1(1-⋅----=-⋅-n n n n n n . 取,,,4,3,2n n =可得332(1)(221)-⋅=--⋅]2)1(1)[1(1-⋅----=-⋅-n n n n n n相乘得)122()1(12⋅--=-⋅--n n n n . 容易求出 .01,12==于是 .)1(1n n n n -=-⋅-从而 .!)1()!1(1!n n n n n n-=---取,,,4,3,2n n =可得!2)1(!11!222-=-.!)1()!1(1!n n n n n n -=---相加得.!)1(!51!41!31!21!11!n n n n-++-+-=- 化为1111(1)![].2!3!4!5!!nn n n -=⋅-+-++定理1 n 封信都装错了信封的种数为].!)1(!51!41!31!21[!n n n n-++-+-⋅= 或 ∑=--=ni in n i A n 0)1(或 ∑=-⋅-=ni ini i n C n 0)!()1(.有且只有k )(n k <封信装对信封等价于k n -封信装错信封. 于是有定理2 有且只有k 封信装对的种数为.k n C kn -⋅有且只有k 封信装错的种数为.k C k n ⋅定理3 至少有k 封信装对的种数为)!.(k n C A C kn k n k n k n -⋅=⋅--例1 由93,2,1，，组成的形如⨯⨯⨯⨯⨯1234的九位数，其中，万位不是5，千位不是6，百位不是7，十位不是8，各位不是9，这样的九位数有多少个？例2 证明!.00n n C C nn n =⋅++⋅例3 某一天的课表要排6门课程，每门课上且上一节，一天排6节课，体育课不在第一节，数学不在最后一节，问有多少种排法？例4 有一个n 位数的集合，且这n 位数是由k ,,2,1 组成的，若每个数字至少出现一次，那么这个集合元素共有多少个？例5 P 为集合},,2,1{n S n =的一个排列，一个元素n j S ∈，如果j j P =)(就称为P 的一个不动点. 令n f 为n S 的无不动点的排列的个数，n g 为n S 恰有一个不动点的排列的个数，证明：.1||=-n n g f例6 把写有数码6,5,4,3,2,1的6张卡片插入编号为6,5,4,3,2,1的6只袋子，每只袋子只插入1张卡片.(1) 求每一张卡片的号码与所在袋子的号码都不同的插法种数. (2) 求恰有3张卡片的号码与所在袋子的号码相同的插法种数.1. 设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为第一步，先选出三个被错排的元素，有35C 种. 第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种.所以，根据乘法原理可得投放方法总数为35C ·2=20种.2. 某省决定对所辖8个城市的常政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务，问共有多少种不同的干部调配方案？解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排.11111111-+-+-+-+=（种）8!(1)148331!2!3!4!5!6!7!8!3.同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡的不同分配方式有4. 有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家，回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子.问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？5. 由5,4,3,2,1这五个数字组成没有重复数字的五位数，按从小到大的顺序排列，问32154是这个数列的第几项？6. 以长方体的8个顶点中的3点位顶点的三角形,锐角三角形的个数共有几个?7. 一副扑克牌去掉两张王后还有52张，将牌发给4个人，每人13张，则某人获得的13张牌中花色齐全的全部情况数为多少？第一、先从13张牌中选出一张，再给他选一个花色，则有13×4种选法第二，从剩余的12张牌中再选一张，给他选一个与第一张牌颜色不同的花色，则有12×3种选法第三、再从剩余的11张牌中选出一张，给他与前两张不同的花色，则有11×2种选法第四、再从剩余的10张牌中选出一张，给他最后的一种花色，则有10×1种选法那么一共有：13×4×12×3×11×2×10×1=411840种组合情况．8. 在年龄彼此不同的30人中选出两组人,第一组12人,第二组15人,若第一组中年龄最大的人比第二组中年龄最小的还要小,问有几种选择方式？40609. 从1-300中,任取3个不同的数,使它们的和为3的倍数,有多少种取法?10.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100m接力赛,如果甲不跑第一棒，乙不跑最后一棒,那么不同的参赛方案有几种？11. 如果1个凸十边形没有三条对角线交于同一点,问在十边形内部由它们的交点可将对角线分割成多少条线段?凸n边形的任意3条对角线不相交于形内的一点,问:(1)这些对角线将凸边形分成了多少个区域?(2)这些对角线被交点分成了多少条线段?12. 从数字7,5,3,1,0中取出不同的三个作系数，可组成多少个不同的一元二次方程？其中有实数根的有几个？一共有多少个实数根？。

全错位排列

全错位排列先看下面例子：例15个人站成一排，其中甲不站第一位，乙不站第二位，共有多少种不同的站法。

这个问题在高中很多参考书上都有，有几种解法，其中一解法是用排除法：先考虑5个有的全排列，有 A55种不同的排法，然后除去甲排第一(有 A44种)与乙排第二(也有A44种)，但两种又有重复部分，因此多减，必须加上多减部分，这样得到共有：A55 — 2A44 + A33 = 78 种。

现在考虑：例2 5个人站成一排，其中甲不站第一位，乙不站第二位，丙不站第三位，共有多少种不同的站法。

仿上分析可得： A55 — 3A44 + 3A33 — A22 = 64种这与全错位排列很相似。

全错位排列一一即n 个元素全部都不在相应位置的排列。

看下面的问题例3 5个人站成一排，其中 A 不站第一位，B 不站第二位，C 不站第三位，D 不站第四位, E 不站第五位，共有多少种不同的站法。

解析：上面例1,例2实际上可以看成n 个不同元素中有 m ( men)不排在相应位置。

公式一：n 个不同元素排成一排，有m 个元素(m en)不排在相应位置的排列种数共有：从而这个问题可能用上面的公式得出：n 1n 2 n _2 A n -C m 入」C m 入之这个公式在n = m 时亦成立A55 — C(5,1)?A44 + C(5,2)?A33 — C(5,3)?A22 + C(5,4)?A11 — C(5,5)?A00 = 44 种(注意 A00 = 0! = 1)再看1993年高考题：同室四人各写一张贺年卡，先集中起来。

然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡。

则四张贺年卡不同的分配方式有(A)6 种(B)9 种 (C)11 种 (D)23 种解析：由上面公式得：A44 — C(4,1)?A33 + C(4,2)?A22 — C(4,3)?A11 + C(4,4)?A00 = 9 种，.••选择 B 答案因此可得到全错位排列的公式：n 个不同元素排成一排，第一个元素不在第一位，第二个元素不在第二位，……，第n 个元素不在第n 位的排列数为： n 1 n 4 2 A n -C^A n. C n *A 这个公式很有用，只要有特殊元素不站特殊位置的问题, 可以用这个公式很快得到解决，希望这个公式对大家有所帮助将n 个编号为1、2、3...n 的小球投入到编号为1、2、3...n 的n 个盒子中，其中第i 号球不投到第i 号盒子中(i = 1,2,3,...n )的投法数为全错排列问题.这个问题是由瑞士的数学家欧拉解决的，公式为：其中n >2on•C^A 这实际上是公式一的特殊情况。

全错位排列计算

全错位排列计算错位全排列问题什么是错位全排列问题？其实很简单，在生活中可能都会遇到：“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(Danid Bernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n 封不同的信及相应的n 个不同的信封，他把这n 封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？为了解决这个看似简单的问题，我们从数学的角度出发，尝试几个常用的方法。

记装错n 封信的种类为D_n ，并且有n 封信a_1,a_2,...,a_n（1）枚举法（Enumeration method）计算种数当n 的值较小时，可以利用枚举法：n=1 时，不可能装错信，则D_1=0 ；n=2 时，显然装错信时，只可能为两者调换位置，则D_2=1 ；n=3 时，有(a_2,a_3,a_1) ，(a_3,a_1,a_2) 两种装法，则D_3=2 ；n=4 时，装法如下：(a_2,a_1,a_4,a_3) ，(a_2,a_3,a_4,a_1) ，(a_2,a_4,a_1,a_3) ，(a_3,a_1,a_4,a_2) ，(a_3,a_4,a_1,a_2) ，(a_3,a_4,a_2,a_1) ，(a_4,a_1,a_2,a_3) ，(a_4,a_3,a_2,a_1) ，(a_4,a_3,a_1,a_2) ，则D_4=9 。

当n 的值越来越大时，枚举会变得异常复杂。

可以考虑用排列数（Permutation）和组合数（Combination），来得到错位全排列的计算公式。

（2）排列组合计算种数显然，n 封信的组合方式共有A_n^n=n! 种装法，接下来我们要做的就是扣掉其中重复的种类，保证计数“不重不漏”。

假设第一封信装对，即为剩下的n-1 个元素的一个全排列（All permutation），则有A_{n-1}^{n-1}=(n-1)! 种装法；并且当第二封信装对时，也有A_{n-1}^{n-1}=(n-1)! ，以此类推，每一封信装对时，都有(n-1)! 种装法。

高中数学排列组合：全错位排列问题详解

利用此递推关系可以分别算出 T4=9，T5=44，所以题三的答案为 44+5×9+10×2=109.
3．关于全错位排列数的一个通项公式：Tn= n![ 1 1 (1) n 1 ] （n≥2）.
2! 3!
n!
(1).探索
规定 An0 =1（n∈N*），试计算以下各式的值：（1） A42 A41 A40 ；（2） A53 A52 A51 A50 ；（3） A64 A63 A62 A61 A60 .
2! 3!
k! 2! 3!
(k 1)!
= k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +k· (1)k 1 ]
2! 3!
( k 1)!
k!
=k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +（k+1）· (1)k 1 (1)k 1 ]
2! 3!
( k 1)!
k!
k!
= k!·[ k 1 k 1 (1)k1 k 1 +（k+1）· (1)k 1 (1)k k 1 ]
全错位排列问题
每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.
1．错位排列问题
例 1. 4 名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则
四张贺卡的不同分配方式共有
Hale Waihona Puke 种.例 2. 将编号为 1，2，3，4 的四个小球分别放入编号为 1，2，3，4 的四个盒子中，
(k 1)!
k!
(k 1)!
∴n=k+1 时（*）式也成立.
由以上过程可知 n 个元素全错位排列的排列数为：
Tn=
aj 不排 i 位

装错信封问题即欧拉错排问题[精品]

“装错信封问题”的数学模型与求解1 问题的提出1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有[ ]A．6种B．9种C．11种D．23种(1993年全国高考题理科17题)2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？2 建立数学模型“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，…，n，并且约定：在n个不同元素的排列中1°若编号为i(i=1，2，…，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．2°若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？3 模型求解应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．设I表示n个不同元素的全排列的集合A i(i=1，2，…，n)为元素i在原位的排列的集合．A i∩A j(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．…………A1∩A2∩…∩A n为n个元素的序排的集合．则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为|I|=n！|A i|=(n－1)！|A i∩A j|=(n－2)！…………|A1∩A2∩…∩A n|=(n－n)！=0！所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为4 应用举例一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为五个不同元素的错排数为则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．例1 (1991年上海高考题)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为[ ]A．20种B．30种C．60种D．120种解本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．例2某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为。

如何快速解决2019国家公务员考试行测错位重排问题

如何快速解决2019国家公务员考试行测错位重排问题在中，有一种特殊题型是错位重排问题，在复习过程中很多人往往没有能够具体学习这个知识点，导致正确率较低。

错位重排问题也叫装错信封问题，这是源自于伯努利和欧拉在相互写信过程中所发现的。

错装信封问题其实是比较容易做对的，因为它的结论比较简单，所以我们应该重点掌握错位重排的应用环境以及它的结论方法。

所以，接下来中公教育专家通过例题来给大家说明如何快速解决错位重排问题。

错位重排问题可以简单的理解为，把n个元素进行重新排列，使得每个元素都不在自己原来对应的位置上。

我们通过一个例题来看一下。

比如：例1、现在有三个信封，我们分别用A、B和C表示，分别装有编号为a、b和c的信纸，现在我们把所有信纸重新装进信封，那么所有信纸都没有装进信封的情况有几种?三封信的情况较为简单。

全部装错的情况为：A B C(1)b c a(2)c a b总共两种情况。

对于类似于上个题目描述的情况，所有元素都不在对应位置上的题目，我们可以判断出此题为错位重排问题。

那么我们来分析一下，错位重排问题方法数的规律。

其实元素较少的情况下，我们可以通过穷举法来求出结果。

比如，当只有一封信(一个信封和一个信纸)的情况下，是不会装错的，也就是说装错的方法数位0;当有2封信的情况下，装错的情况有1种。

如：A Bb a当有3封信的时候，如例1所示，有2种结果。

当有4封信的时候，有9中方法。

我们用n表示有多少个元素，用Dn表示n个元素错位重排的方法数，用一个表格写出结果：得到其他的情况，但是在考试中上述表格中的数据是常考的，需要我们记住。

接下来我们通过两道题目来看一下，错位重排到底如何去应用。

错排问题【装错信封问题】【递归】

错排问题【装错信封问题】【递归】n个⼈，每个⼈都有⼀件礼物想送给他⼈，他们决定把礼物混在⼀起，然后每个⼈随机拿⾛⼀件，问恰好有m个⼈拿到的礼物恰好是⾃⼰的概率是多少？输出结果保留8位⼩数，为了保证精度，我们⽤字符串作为返回类型。

输⼊:n,m (0<n<注：上述题⽬来源/module/club/student/programming_challenges分析：n个⼈的排列数是n的阶乘n！，随机选取m个⼈作为拿到⾃⼰礼物的⼀组，有C n m种⽅法，假设⽤D（n-m）表⽰剩下的n-m个⼈全部拿错的⽅法数，那么答案就是：D（n-m）*C n m/n!.问题是D（n-m）如何计算呢？这个涉及到组合数学⾥⾯的错排问题。

先看下⾯的例题。

（下⾯的资料来源：/fisher_jiang/article/details/2493805）组合学中有这样⼀个问题：某⼈给五个朋友写信，邀请他们来家中聚会。

请柬和信封交由助⼿去处理。

粗⼼的助⼿却把请柬全装错了信封。

请问：助⼿会有多少种装错的可能呢？这个问题是是由当时有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667—1748)的⼉⼦丹尼尔·伯努利(Danid Bernoulli，17OO⼀1782)提出来的。

瑞⼠著名数学家欧拉按⼀般情况给出了⼀个递推公式：D(n) = (n-1) [D(n-2) + D(n-1)]特殊地，D(1) = 0, D(2) = 1.例题：⽤A、B、C……表⽰写着ｎ位友⼈名字的信封，a、b、c……表⽰ｎ份相应的写好的信纸。

把错装的总数为记作D(n)。

假设把ａ错装进Ｂ⾥了，包含着这个错误的⼀切错装法分两类：(1)b装⼊Ａ⾥，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b⽆关，应有D(n－2)种错装法。

(2)ｂ装⼊A、B之外的⼀个信封，这时的装信⼯作实际是把（除a之外的）n－1份信纸ｂ、ｃ……装⼊（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的⽅法有D(n－1)种。

全错排序范例

全错排序范例全错排序典型例子：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？1.枚举法对于情况较少的排列，可以使用枚举法。

(1)当n=1时，全排列只有一种，不是错排，D1= 0。

(2)当n=2时，全排列有两种，即1、2和2、1，后者是错排，D2= 1。

(3)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。

考试速记数字：D1= 0，D2= 1，D3=2，D4= 9，D5= 44，D6= 265，D7= 1854.2.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回关系式。

问题：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？Proof:显然：D1= 0，D2= 1当n>2时，不妨设n排在了第k位，其中k≠n，即k=1,2,3,…,n-1,共n-1种情况。

那么考虑第n位的情况:(1)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。

(2)当k不排在第n位时。

此时我们将第n位，重新命名位New k。

那么问题“一个人写了n-1封不同的信及相应的n-1个不同的信封，他把这n-1封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？”，其排位数为D n−1。

综上所述：D n=（n-1）(D n−1+D n−2)通过数学归纳法，可以得到D n=n!(12!−13!+⋯+(−1)nn!)3.例题【3.1】4位厨师聚餐时各做了一道拿手菜，现在要求每人各品尝一道菜，但不能尝自己做的那道菜，问共有几种不同的尝法？（B）A．6种B．9种C．12种D．15种【3.2】相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入这4个车位，要求所有车都不得停在原来的车位中，则一共有多少种不同的停放方式？（A）A．9 B．12 C．14 D．16【3.3】某单位从下属的5个科室各抽调了一名工作人员，交流到其他科室，如每个科室只能接收一个人的话，有多少种不同的人员安排方式？（C）A．120 B .78 C.44 D.24【3.4】某集团企业5个分公司分别派出1人去集团总部参加培训，培训后再将5人随机分配到这5个分公司，每个分公司只分配1人。

完全错位排列公式的完美证明

十八世纪的数学家⋅N .贝努利（Niclaus Bernoulli ）提出了这样一个问题：一个人写了n 封信，并且写了n 个对应的信封，这个人随机将这n 封信分别装入这n 个信封，问：都装错的情况有多少种？贝努利只是提出了这个问题，但他并没有解决这个问题.后来欧拉对此题产生了兴趣，并在与贝努利毫无联系的情况下，独自解出了这个难题，给出了‘‘装错信封’’问题的一劳永逸的答案：设n 个信封都装错的情况数为n D ，那么()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--++-+-⋅=-!1!11!31!21!11!01!1n n n D n n n . ‘‘装错信封’’问题的等价数学模型是：编号为1，2，3，......，n 的n 个人，做到编号为1，2，3，......，n 的n 个座位上，每个人对不对号入座的坐法有多少种？我们用n D 表示n 个人都不对号入座的坐法种数，现求n D 的表达式.第1步：第1号人先入座，有1-n 种坐法；第2步：再考虑另外1-n 个人的坐法.若第1号人坐到k 号座位，那么第k 号人的坐法可分两类: ①第k 号人恰好坐到第1号座位上，则剩下的2-n 个人都不对号入座，再坐2-n 个座位，坐法有2-n D 种；②第k 号人没坐到第1号座位上，那么问题就相当于求1-n 个人不对号入坐1-n 个座位法的方法数，有2-n D 种坐法.由分类分步计数原理可知：n 个人都不对号入坐的坐法种数：()()211--+-=n n n D D n D .由此可建立起递推数列的方程()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-===--3.1102121n D D n D D D n n n下面来求解这个方程()[]2111------=-n n n n D n D nD D ()()[]32221-----=n n D n D()()[]43331-----=n n D n D =()[]12221D D n --=-()21--=n ()n 1-=两边同除以！n 得，()()!1!1!1n n D n D nn n -=---，利用累加法可得 ()+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-!1!!1n D n D n D n n n ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----!2!121n D n D n n ++ !1!1!2112D D D +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+()+-=!1n n ()()+---!111n n ()0!212+-+ ()+-=!1n n ()()+---!111n n ()+-+!212()()!01!1101-+-+ 所以()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--++-+-⋅=-!1!11!31!21!11!01!1n n n D n n n . 当1=n 时，0!11!01!11=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅=D ，符合题意当2=n 时，1!21!11!01!22=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⋅=D ，符合题意故()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--++-+-⋅=-!1!11!31!21!11!01!1n n n D n n n 对任意正整数n 都成立. 利用上述公式可得213!31!21!11!01!33=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⋅=D 9141241!31!21!11!01!44=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-⋅=！D 44152060!5141!31!21!11!01!55=-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-⋅=！D 以此类推可求出n D 的所有值.值得注意的是：在解题过程中二阶递推关系式()()211--+-=n n n D D n D 也应用比较广泛，01=D ，12=D ，所以()22123=+=D D D()93234=+=D D D()444345=+=D D D ，等等以此类推. 为了避免约分，()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--++-+-⋅=-!1!11!31!21!11!01!1n n n D n n n ，也可以记作()()n n n n n n n n A A A D 111132-+-++-=--- .。