|
Это $%4!=24$%. Здесь все перестановки при желании можно просто выписать. Но этого делать, конечно, не надо. Это факт из элементарной комбинаторики, и устанавливается он так. Когда мы составляем перестановку, то на первое место ставим один из четырёх символов. После этого на второе место ставим любой из трёх оставшихся символов. Общее число вариантов в этот момент составит $%4\cdot3$%, поскольку каждый из четырёх вариантов имеет три продолжения. Далее на третье место помещается один из двух свободных символов, и в конце на последнее место вынужденно ставится последний символ. Это и даёт ответ $%4\cdot3\cdot2\cdot1$%. А $%2^4=16$% получается совсем для другой задачи -- например, для строки из четырёх символов, каждый из которых может принимать два значения (скажем, 0 или 1). При подсчёте действует то же правило произведения. отвечен 27 Май '13 17:03 
falcao |
|
Вы, видимо, ошиблись - $%2^{N}$% здесь - не число перестановок, а множество всех подмножеств множества из 4 элементов, или булеан. Если в множестве N элементов, то его булеан = $%2^{N}$%. Доказать это можно разными способами. Одно из самых наглядных доказательств таково: Пусть имеется множество A из N элементов {a1, a2, ..., an}. Берем произвольное подмножество этого множества - B. "Закодируем" его. Если в этом подмножестве имеется элемент a, то его наличие мы обозначим как 1, если его нет - 0. Теперь любое подмножество множества A мы можем закодировать нулями и единицами по принципу наличия или отсутствия конкретных элементов (например, А = {a, b, c, d}, его подмножество B = {b, d}. Закодируем B - получается 0101). Легко понять, что количество возможных таких комбинаций = $%2^{N}$% (об этом писал в последнем абзаце falcao - имеется строка из N символов, каждый из которых может быть либо нулем, либо единицей). Если вы имели в виду именно перестановки, то я повторяться не буду - всё уже написал falcao. отвечен 29 Май '13 23:47 
Artem |