我们定义错排数 \(d_n\) 为满足下条件的排列的数目：排列的长度为 \(n\) 且不存在 \(i\) 使得 \(p_i=i\)。在此避开对 \(d_0\) 的讨论。它的递推式是 trivial 的：
\[d_n = (n-1)(d_{n-1}+d_{n-2}).(n>2) \]并且显然有 \(d_1 = 0, d_2 = 1\)。
直接通过递推式求解通项公式是困难的（对笔者来说），《具体数学》中给出了另一个办法如下。
根据容斥原理，我们可以直接写出 \(d_n\) 的表达式：
\[d_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} (n-k)! \]其中第 \(k\) 项表示：从 \(n\) 个位置中选出 \(k\) 个，钦定它们排列正确；剩下 \((n-k)\) 个可以随便乱排；最后乘上容斥系数 \((-1)^k\)。（个人习惯：用 \(\binom{m}{n}\) 表示 \(C_m^n\)。）（当然，这个表达式也可以通过二项式反演得到。）
化简这个式子：
\[\begin{equation} \begin{split} d_n &= \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} (n-k)! \\ &= n!\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!} \\ \end{split} \end{equation}\]观察后面的式子，可以联想到 \(e^x\) 的 Maclaurin 展开式，即：
\[\begin{equation} e^x = \sum_{k \ge 0} \frac {x^k}{k!} \end{equation} \]在 \((2)\) 式中取 \(x=-1\) ，得到：
\[\begin{equation} e^{-1} = \sum_{k\ge 0} \frac{(-1)^k}{k!} \end{equation} \]这与 \((1)\) 的形式类似，于是我们希望用 \((3)\) 来表示 \((1)\) 。这引导我们分析两个式子的差的大小：
\[\begin{equation} \begin{split} n!\sum_{k>n}\frac{(-1)^k}{k!} &= n!\sum_{k\ge 0} \frac{(-1)^{k+n+1}}{(k+n+1)!} \\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\sum_{k\ge 0}(-1)^k\frac{(n+1)!}{(k+n+1)!} \\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{n+1} \left(1-\frac 1 {n+2}+ \frac 1 {(n+2)(n+3)} - \dotsm \right) \end{split} \end{equation}\]括号中的量可以轻易地用裂项的方法得到：它介于 \(1-\frac 1 {n+2} = \frac {n+1}{n+2}\) 和 \(1\) 之间。于是， \(n!/e\) 和 \(d_n\) 的差大约是 \(1/n\)；更精确地，它介于 \(1/(n+1)\) 和 \(1/(n+2)\) 之间。
然而， \(d_n\) 是一个整数。所以，如果 \(n>0\)，那么 \(d_n\) 必定就是我们将 \(n!/e\) 四舍五入之后的整数。而一个简单的表示四舍五入的方法是加上 \(0.5\) 之后向下取整；于是，这样就求出了我们想要的封闭形式：
\[d_n = \lfloor \frac{n!}{e}+\frac 1 2 \rfloor. \]然而，这个公式并没有很大的实用价值，因为一般情况下 \(n!\) 的求值依然有着至少 \(O(n)\) 的复杂度。
标签：begin,frac,公式,sum,ge,通项,end,错排,equation From： https://www.cnblogs.com/Martin-MHT/p/17071595.html