由一点的猜想

近期由于疫情的原因，大家都在家中上着网课，而在数学选修2-3排列组合第一堂课中，王丽老师的一道例题，引发了我的思考。
\(~~\)

题目的描述是这个样的：

这道题的解题思路有很多种，
我们不妨把这四个人，设为\(~A、B、C、D~\)四个。

例如正着思考（老师上课讲的）：
不妨令 \(A\) 作为第一个人去拿贺卡，因为 \(A\) 不能拿自己的，所以有\({\color{red}{3}}\)种可能，那我们再以那个被拿走卡片的人作为第二个拿卡片的人，剩下三张卡片，但是没有这个人自己的，所以也有\({\color{red}{3}}\)种可能，这样剩下两个人，剩下两张贺卡，其中一定有一个人以及他的贺卡被拿走了，所以剩下的两个人中，必定有至少一个人和贺卡都没有被拿走，所以这个人不能拿走自己的贺卡，所以只有\({\color{red}{1}}\)种可能，而剩下的最后一个人也只有\({\color{red}{1}}\)种可能。综上所述，分配方式一共有\({\color{blue}{3*3*1*1}~\color{gree}{=}~\color{red}{9}}\)种可能。

这个题还可以反着思考（自我思维的扩展）：
四个人全都不一样不就是四个人里面随机排列中减去\(\color{white}{有一个人拿自己的，有两个人拿自己的，有三个人拿自己的，有四个人拿自己的}\)
四个人的随机排列，就是 \(A_4^4\) ,
有一个人拿自己的，就是 \(C_4^1\) \(*\) 只有三个人拿贺卡不拿自己的数量
有两个人拿自己的，就是 \(C_4^2\) \(*\) 只有两个人拿贺卡不拿自己的数量
有三个人拿自己的，就是 \(C_4^3\) \(*\) 只有一个人拿贺卡不拿自己的数量
有四个人拿自己的，就是 \(C_4^4\) \(*\) 没有人拿贺卡不拿自己的数量
我们不妨设一个数列{\({{A_n}}\)}，表示在n个人的情况下，不拿自己的贺卡的情况。
那么这样我们的\(A_n\)就满足下式：

\[A_n~=~A_n^n~-(C_n^1~*~A_{n-1}~+C_n^2~*~A_{n-2}~+C_n^3~*~A_{n-3}~+~......~+~C_n^{n-1}~*~A_1~+~C_n^n~*~A_0) \]

写的好看一点，就是

\[A_n~=~A^n_n~-~\sum_{i=1}^n~C_n^i~*~A_{n-i} \]

其中，根据实际含义，\(A_0\)表示0个人中不拿自己贺卡的方案数，所以\(A_0~=~0\)
这样，我们一个一个代入数据，就得出了

\[A_0~=~0~~~，~~~A_1~=~0~~~,~~~A_2~=~1~~~,~~~A_3~=~2~~~,~~~A_4~=~9 \]

这样数列的前四项和第零项的值。原有的问题也得到了答案。

但是追求知识的脚步，不会就此停歇，
我们把上面的式子去掉前面的\(0\)之后，可以发现一个惊人的数列\(1，2，9\)
然后经过分析，我们发现这三个数字，满足下面的关系

\[2~=~(~1~+~0~)~*~2 \]

\[9~=~(~2~+~1~)~*~3 \]

于是怀着迫不及待的心情，递推下一项

\[(~2~+~9~)~*~4~的结果是~44 \]

都满足下式

\[A_n~=~(A_{n-1}~+~A_{n-2})~*~(n-1) \]

将\(n~=~5\)代入上式$ A_n₌A^{n_n~-~\sum_{i=1}}n_{C_n^i}*~A_{n-i} $得到的结果也是\(44\)。
此刻我觉得这个结果绝非偶然
觉得

\[A_n~~~=~~~(A_{n-1}~+~A_{n-2})~*~(n-1)~~~=~~~A_n~=~A^n_n~-~\sum_{i=1}^n~C_n^i~*~A_{n-i} \]

于是上网求证，但是，却完全没有这种类似小题的解释，看来没有人注意到这个小细节。
这个题的出处应该会有很多人做到，但是却没有一个人去深入剖析，深入思考这个题，这虽然是一个猜想，但我也要努力证明他是否合理！！！
心中怀有每一个伟大的发现都是由不起眼的小事情开始的信念
我首先验证了这个东西是否具有偶然性，于是多代入了几组数据，发现当在精度最大为\(2^{64}\)的数中，全部符合

写了两个\(c++\)的 代码

得到的数在时间允许下，没有任何问题，这样可以初步证明这个命题的适应性很广泛。
计算机可以帮助我们完成大数据的计算，但是没有办法解决严格的数学证明，下面是这个命题的严格数学证明。
\(~~(敲黑板，精彩的证明开始了)~~\)
要证明这个问题，我们不就不能用一般的做高中数学题的眼光看待这个问题，
我们重新审视一下题目，就成了有n个人，不拿自己的情况。
按照刚才的思路需要知道前一个的结果进行递推，这个就是一个没有后效性的递推问题。
我们解决的思路就是\(\color{red}{动态规划}\)
开始证明：
我们会发现
当有前面i-1个人已经排好顺序了，有了\(A_{i-1}\)种情况了，来了第i个人拿着自己的贺卡。
这样让第i个人可以和前面所有人的任意一个人都可以交换贺卡，这样就有了\((i-1)*A_{i-1}\)
但是我们会发现这样的结果，并不全面。
意思是，在第\(i\)个人和前\(i-2\)个人交换之后，第\(i-1\)个人和第\(i\)个人手里拿着的都不是自己，也不是对方的。
也就是说第\(i-1\)个人和第\(i\)个人可以交换一下，这样的排列方式一定不在原来的排列方式之中，也就是需要更新答案。
这样一来，又有了\((i-1)*A_{i-2}\)
那么整理一下，就得到了下式

\[A_{i}~=~(i-1)*(A_{i-1}~+~A_{i-2}) \]

可能光这样说比较抽象，那我们来举几个例子

①只有一个人\(A\)，手里有一张自己写的贺卡\(a\)（以此列推，不再花篇幅证明这个）。
他没有人可以交换，就是\(0\)种
\(~\)
②这时来了\(B\)，拿着\(b\)，他可以和\(A\)交换，这样就只有一种情况

\[Ab~~~~Ba \]

也就是\(1\)种
\(~\)
③然后\(C\)来了，带着\(c\)，他可以和之前两个人的时候的\(A\)和\(B\)进行贺卡的再次交换
也就是下面这两个

\[⑴Ab~~~~Ba~~~~\rarr~~~~Ac~~~~Ba~~~~Cb \]

\[⑵Ab~~~~Ba~~~~\rarr~~~~Ab~~~~Bc~~~~Ca \]

然后再看\(B\)来之前的时候，一共排成了\(0\)种，所以不用更新答案
也就是\(2+0=2\)种
\(~\)
④\(D\)来了，他可以和三个人排列的时候的\(A\)、\(B\)或\(C\)再一次交换贺卡
也就是下面这六个式子

\[⑴Ac~~~~Ba~~~~Cb~~~~\rarr~~~~Ad~~~~Ba~~~~Cb~~~~Dc \]

\[⑵Ac~~~~Ba~~~~Cb~~~~\rarr~~~~Ac~~~~Bd~~~~Cb~~~~Da \]

\[⑶Ac~~~~Ba~~~~Cb~~~~\rarr~~~~Ac~~~~Ba~~~~Cd~~~~Db \]

\[⑷Ab~~~~Bc~~~~Ca~~~~\rarr~~~~Ad~~~~Bc~~~~Ca~~~~Db \]

\[⑸Ab~~~~Bc~~~~Ca~~~~\rarr~~~~Ab~~~~Bd~~~~Ca~~~~Dc \]

\[⑹Ab~~~~Bc~~~~Ca~~~~\rarr~~~~Ab~~~~Bc~~~~Cd~~~~Da \]

然后我们再来看\(C\)来之前
将\(C\)、\(D\)的贺卡先做在与前面的\(A\)、\(B\)组成的各种情况进行交换

\[⑴Ab~~~~Ba~~~~\rarr~~~~Ab~~~~Ba~~~~Cd~~~~Dc \]

\[⑵Ab~~~~Ba~~~~\rarr~~~~Ac~~~~Bd~~~~Ca~~~~Db \]

\[⑶Ab~~~~Ba~~~~\rarr~~~~Ad~~~~Bc~~~~Cb~~~~Da \]

这样就是\(6+3=9\)种
同时也是\(（2+1）*3=9\)种
\(~\)
这也就完成了

\[A_n~~~=~~~(A_{n-1}~+~A_{n-2})~*~(n-1)~~~=~~~A_n~=~A^n_n~-~\sum_{i=1}^n~C_n^i~*~A_{n-i} \]

成立的证明，至于如何推广来使用，还期待着进一步的研究。

感谢阅读完全文的你哦！
喜欢的就点个收藏在走哦\(ღ\)