**：
歡迎看原部落格！
全排列的生成演算法有很多種，有遞迴遍例，也有迴圈移位法等等。c++/stl中定義的next_permutation和prev_permutation函式則是非常靈活且高效的一種方法，它被廣泛的應用於為指定序列生成不同的排列。本文將詳細的介紹prev_permutation函式的內部演算法。
按照stl文件的描述，next_permutation函式將按字母表順序生成給定序列的下乙個較大的序列，直到整個序列為減序為止。prev_permutation函式與之相反，是生成給定序列的上乙個較小的序列。二者原理相同，僅遍例順序相反，這裡僅以next_permutation為例介紹演算法。
下文內容都基於乙個假設，即序列中不存在相同元素。
對序列大小的比較做出定義：兩個長度相同的序列，從兩者的第乙個元素開始向後比較，直到出現乙個不同元素（也可能就是第它們的第乙個元素），該元素較大的序列為大，反之序列為小；若一直到最後乙個元素都相同，那麼兩個序列相等。
設當前序列為pn，下乙個較大的序列為pn+1，那麼不存在pm，使得pn < pm < pn+1。
給定任意非空序列，生成下乙個較大或較小的序列。
根據上述概念易知，對於乙個任意序列，最小的序列是增序，最大的序列為減序。那麼給定乙個pn要如何才能生成pn+1呢？先來看下面的例子：
我們用(a1 a2 … am)來表示m個數的一種序列。設序列pn=<3 6 4 2>，根據定義可算得下乙個序列pn+1=<4 2 3 6>。觀察pn可以發現，其子序列<6 4 2>已經為減序，那麼這個子串行不可能通過交換元素位置得出更大的序列了，因此必須移動最高位3（即a1）的位置，且要在子串行<6 4 2>中找乙個數來取代3的位置。子串行<6 4 2>中6和4都比3大，但6大於4。如果用6去替換3得到的序列一定會大於4替換3得到的序列，因此只能選4。將4和3的位置對調後形成排列<4 6 3 2>。對調後得到的子串行<6 3 2>仍保持減序，即這3個數能夠生成的最大的一種序列。而4是第1次作為首位的，需要右邊的子串行最小，因此4右邊的子串行應為<2 3 6>，這樣就得到了正確的乙個序列pn+1=<4 2 3 6>。
下面歸納分析該過程。假設乙個有m個元素的序列pn，其下乙個較大序列為pn+1。
1)若pn最右端的2個元素構成乙個增序子串行，那麼直接反轉這2個元素使該子串行成為減序，即可得到pn+1。
2) 若pn最右端一共有連續的s個元素構成乙個減序子串行，令i = m - s，則有pn(i) < pn(i+1)，其中pn(i)表示排列pn的第i個元素。例如pn=<1 2 5 4 3>，那麼pn的右端最多有3個元素構成乙個減序子集<5 4 3>，i=5-3=2，則有pn(i)=2 < 5=pn(i+1)。因此若將pn(i)和其右邊的子集s 中任意乙個元素調換必能得到乙個較大的序列（不一定是下乙個）（？？？這話不對吧，應該是pn(i)和其右邊的子集s 中大於pn(i)的任乙個調換必能得到乙個較大的序列（不一定是下乙個））。要保證是下乙個較大的序列，必須保持pn(i)左邊的元素不動，並在子集s 中找出所有比pn(i)大的元素中最小的乙個pn(j)，即不存在pn(k) ∈ s且pn(i) < pn(k) < pn(j)，然後將二者調換位置。現在只要使新子集成為最小序列即得到pn+1。注意到新子集仍保持減序，那麼此時直接將其反轉即可得到pn+1 。
最好的情況為pn的最右邊的2個元素構成乙個最小的增序子集，交換次數為1，複雜度為o(1)，最差的情況為1個元素最小，而右面的所有元素構成減序子集，這樣需要先將第1個元素換到最右，然後反轉右面的所有元素。交換次數為1+(n-1)/2，複雜度為o(n)。因為各種排列等可能出現，所以平均複雜度即為o(n)。
能否直接算出集合的第n個排列？
設某個集合（a1< a2< …< am）構成的某種序列pn，基於以上分析易證得：若as< at，那麼將as作為第1個元素的所有序列一定都小於at作為第1個元素的任意序列。同理可證得：第1個元素確定後，剩下的元素中若as』< at』，那麼將as』作為第2個元素的所有序列一定都小於作為第2個元素的任意序列。例如4個數的集合構成的序列中，以3作為第1個元素的序列一定小於以4或6作為第1個元素的序列；3作為第1個元素的前題下，2作為第2個元素的序列一定小於以4或6作為第2個元素的序列。
推廣可知，在確定前i（i< n）個元素後，在剩下的m-i=s個元素的集合（aq1< aq2< …< aqm）中，以aqj作為第i+1個元素的序列一定小於以aqj+1作為第i+1個元素的序列。由此可知：在確定前i個元素後，一共可生成s!種連續大小的序列。
根據以上分析，對於給定的n（必有n<=m!）可以從第1位開始向右逐位地確定每一位元素。在第1位不變的前題下，後面m-1位一共可以生成(m-1)!中連續大小的序列。若n>(m-1)!，則第1位不會是a1，n中可以容納x個(m-1)!即代表第1位是ax。在確定第1位後，將第1位從原集合中刪除，得到新的集合（aq1< aq2< … < aqm），然後令n1=n-x(m-1)!，求這m-1個數中生成的第n1個序列的第1位。
舉例說明：如7個數的集合為，要求出第n=1654個排列。
(1654 / 6!)取整得2，確定第1位為3，剩下的6個數，求第1654 % 6!=214個序列；
(214 / 5!)取整得1，確定第2位為2，剩下5個數，求第214 % 5!=94個序列；
(94 / 4!)取整得3，確定第3位為6，剩下4個數，求第94 % 4!=22個序列；
(22 / 3!)取整得3，確定第4位為7，剩下3個數，求第22 % 3!=4個序列；
(4 / 2!)得2，確定第5為5，剩下2個數；由於4 % 2!=0，故第6位和第7位為增序<1 4>；
因此所求排列為：3267514。
妙！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
2. 給定一種排列，如何算出這是第幾個排列呢？
和前乙個問題的推導過程相反。例如3267514：
後6位的全排列為6!，3為中第2個元素（從0開始計數），故2*720=1440；
後5位的全排列為5!，2為中第1個元素，故1*5!=120；
後4位的全排列為4!，6為中第3個元素，故3*4!=72；
後3位的全排列為3!，7為中第3個元素，故3*3!=18；
後2位的全排列為2!，5為中第2個元素，故2*2!=4；
最後2位為增序，因此計數0，求和得：1440+120+72+18+4=1654
還是妙！！！！！！！！
c++ stl實現
#include
#include
#include
using
namespace
std;
//主函式，演算法詳見相關說明
int main(void)
//如果字串只有1個字元，則直接輸出結束
if (str.length() <= 1)
//ipivot為右邊最大減序子集左邊相鄰的乙個元素
string::iterator ipivot = str.end(), inewhead;
//查詢右邊最大的減序子集
for (--ipivot; ipivot != str.begin(); --ipivot)
}//如果整個序列都為減序，則重排結束。
if (ipivot == str.begin())
//ipivot指向子集左邊相鄰的乙個元素
ipivot--;
//inewhead為僅比ipivot大的元素，在右側減序子集中尋找
for (inewhead = ipivot + 1; inewhead != str.end(); ++inewhead)
}//交換ipivot和inewhead的值，但不改變它們的指向
iter_swap(ipivot, --inewhead);
//反轉右側減序子集，使之成為最小的增序子集
reverse(ipivot + 1, str.end());
//本輪重排完成，輸出結果
cout
<< str << endl;
}return
0;}
全排列生成演算法
recursive generating 這個演算法接受乙個元素均不同的陣列，通過遞迴的呼叫以生成所有全排列序列。遞迴的原則在於，生成序列的全排列p a1,a2,an 等價於生成序列 這構成了遞迴演算法設計的deduction case 而base case，則是要生成全排列的序列只有乙個元素。整個...
全排列生成演算法
問題 生成1 n的全排列 生成乙個陣列中所有元素的全排列 思想 依據字典序順序，由前乙個排列，生成後乙個排列。字典序方法 輸入前乙個排列，輸出後乙個排列 vector nextpermutation vector p 主呼叫方法 void generatepermutation int n for ...
全排列生成演算法
我們假如有一串式子，排列組合的結果會有很多種，全排列就是按照字典序有序的將所有的排列組合的性質的陳列出來 問題可以這麼描述 對於給定的集合a,其中的n個元素互不相同，如何輸出這n個元素的所有排列 全排列 我們來這麼看這個問題，加入有n個資料要進行全排列，我們可以假想我們面前有n個盒子 每一次我們有大...