#include<cstdio>
#include<cmath>
int main()
{
int n;
long long s=1;
long long f[21];
long long g[21];
f[2]=1;
f[3]=2;
g[2]=2;
g[3]=6;
for(int i=4;i<=20;++i)
{
f[i]=i*f[i-1]+pow((double)-1,i);
g[i]=g[i-1]*i;
}
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%.2lf%%\n",double(f[n])/g[n]*100);
}
return 0;
}
hdu2048 全錯位排序問題
hdu2048是全錯位排序的題目!歐拉給我們證明了可以直接套用公式
f(n)= nf(n-1)+(-1)^(n-2) 或 nf(n-1)+(-1)^(n) n=2,3,4……
兩個其實等價的 我個人是用後面那個的
本文最後面是歐拉關於裝錯信封問題的求解思路。如果有興趣的可以看看。
附上代碼:
全錯位排列:即被著名數學家歐拉,稱爲組合數論的一個妙題的“裝錯信封問題”。
一個人寫了n封不同的信及相應的n個不同的信封,他把這n封信都裝錯了信封,問都裝錯信封的裝法有多少種?
1個元素沒有全錯位排列,2個元素的全錯位排列有1種,3個元素的全錯位排列有2種,4個元素的全錯位排列有9種,5個元素的全錯位排列有44種。
歐拉按一般情況給出了一個遞推公式:
用A、B、C……表示寫着n位友人名字的信封,a、b、c……表示n份相應的寫好的信紙。把錯裝的總數爲記作f(n)。假設把a錯裝進B裏了,包含着這個錯誤的一切錯裝法分兩類:
(1)b裝入A裏,這時每種錯裝的其餘部分都與A、B、a、b無關,應有f(n-2)種錯裝法。
(2)b裝入A、B之外的一個信封,這時的裝信工作實際是把(除a之外的)份信紙b、c……裝入(除B以外的)n-1個信封A、C……,顯然這時裝錯的方法有f(n-1)種。
總之在a裝入B的錯誤之下,共有錯裝法f(n-2)+f(n-1)種。a裝入C,裝入D……的n-2種錯誤之下,同樣都有f(n-2)+f(n-1)種錯裝法,因此:
f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}
公式可重新寫成 f(n)-nf(n-1)=-[f(n-1)-(n-1)f(n-2)] (n>2)
於是可以得到
f(n)-nf(n-1)=-[f(n-1)-(n-1)f(n-2)]
=((-1)^2)[f(n-2)-(n-2)f(n-3)]
=((-1)^3)[f(n-3)-(n-3)f(n-4)]
=……
=[(-1)^(n-2)][f(2)-2f(1)] = f(n)=nf(n-1)+(-1)^(n-2) = nf(n-1)+(-1)^(n) n=2,3,4……
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