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全排列的生成算法有很多种，有递归遍例，也有循环移位法等等。C++/STL中定义的next_permutation和prev_permutation函数则是非常灵活且高效的一种方法，它被广泛的应用于为指定序列生成不同的排列。本文将详细的介绍prev_permutation函数的内部算法。
按照STL文档的描述，next_permutation函数将按字母表顺序生成给定序列的下一个较大的序列，直到整个序列为减序为止。prev_permutation函数与之相反，是生成给定序列的上一个较小的序列。二者原理相同，仅遍例顺序相反，这里仅以next_permutation为例介绍算法。
下文内容都基于一个假设，即序列中不存在相同元素。
对序列大小的比较做出定义：两个长度相同的序列，从两者的第一个元素开始向后比较，直到出现一个不同元素（也可能就是第它们的第一个元素），该元素较大的序列为大，反之序列为小；若一直到最后一个元素都相同，那么两个序列相等。设当前序列为pn，下一个较大的序列为pn+1，那么不存在pm，使得pn < pm < pn+1。
给定任意非空序列，生成下一个较大或较小的序列。
根据上述概念易知，对于一个任意序列，最小的序列是增序，最大的序列为减序。那么给定一个pn要如何才能生成pn+1呢？先来看下面的例子：
我们用(a1 a2 … am)来表示m个数的一种序列。设序列pn=<3 6 4 2>，根据定义可算得下一个序列pn+1=<4 2 3 6>。观察pn可以发现，其子序列<6 4 2>已经为减序，那么这个子序列不可能通过交换元素位置得出更大的序列了，因此必须移动最高位3（即a1）的位置，且要在子序列<6 4 2>中找一个数来取代3的位置。子序列<6 4 2>中6和4都比3大，但6大于4。如果用6去替换3得到的序列一定会大于4替换3得到的序列，因此只能选4。将4和3的位置对调后形成排列<4 6 3 2>。对调后得到的子序列<6 3 2>仍保持减序，即这3个数能够生成的最大的一种序列。而4是第1次作为首位的，需要右边的子序列最小，因此4右边的子序列应为<2 3 6>，这样就得到了正确的一个序列pn+1=<4 2 3 6>。
下面归纳分析该过程。假设一个有m个元素的序列pn，其下一个较大序列为pn+1。
1) 若pn最右端的2个元素构成一个增序子序列，那么直接反转这2个元素使该子序列成为减序，即可得到pn+1。
2) 若pn最右端一共有连续的s个元素构成一个减序子序列，令i = m - s，则有pn(i) < pn(i+1)，其中pn(i)表示排列pn的第i个元素。例如pn=<1 2 5 4 3>，那么pn的右端最多有3个元素构成一个减序子集<5 4 3>，i=5-3=2，则有pn(i)=2 < 5=pn(i+1)。因此若将pn(i)和其右边的子集s {pn(i+1), pn(i+2), …, pn(m)}中任意一个元素调换必能得到一个较大的序列（不一定是下一个）（？？？这话不对吧，应该是pn(i)和其右边的子集s {pn(i+1), pn(i+2), …, pn(m)}中大于pn(i)的任一个调换必能得到一个较大的序列（不一定是下一个））。要保证是下一个较大的序列，必须保持pn(i)左边的元素不动，并在子集s {pn(i+1), pn(i+2), …, pn(m)}中找出所有比pn(i)大的元素中最小的一个pn(j)，即不存在pn(k) ∈ s且pn(i) < pn(k) < pn(j)，然后将二者调换位置。现在只要使新子集{pn(i+1), pn(i+2), …, pn(i), …,pn(m)}成为最小序列即得到pn+1。注意到新子集仍保持减序，那么此时直接将其反转即可得到pn+1 {pn(1), pn(2), …, pn(j), pn(m), pn(m-1), …, pn(i), …, pn(i+2), pn(i+1)}。
最好的情况为pn的最右边的2个元素构成一个最小的增序子集，交换次数为1，复杂度为O(1)，最差的情况为1个元素最小，而右面的所有元素构成减序子集，这样需要先将第1个元素换到最右，然后反转右面的所有元素。交换次数为1+(n-1)/2，复杂度为O(n)。因为各种排列等可能出现，所以平均复杂度即为O(n)。
设某个集合{a1, a2, …, am}（a1< a2< …< am）构成的某种序列pn，基于以上分析易证得：若as< at，那么将as作为第1个元素的所有序列一定都小于at作为第1个元素的任意序列。同理可证得：第1个元素确定后，剩下的元素中若as’< at’，那么将as’作为第2个元素的所有序列一定都小于作为第2个元素的任意序列。例如4个数的集合{2, 3, 4, 6}构成的序列中，以3作为第1个元素的序列一定小于以4或6作为第1个元素的序列；3作为第1个元素的前题下，2作为第2个元素的序列一定小于以4或6作为第2个元素的序列。
推广可知，在确定前i（i< n）个元素后，在剩下的m-i=s个元素的集合{aq1, aq2, …, aq3}（aq1< aq2< …< aqm）中，以aqj作为第i+1个元素的序列一定小于以aqj+1作为第i+1个元素的序列。由此可知：在确定前i个元素后，一共可生成s!种连续大小的序列。
根据以上分析，对于给定的n（必有n<=m!）可以从第1位开始向右逐位地确定每一位元素。在第1位不变的前题下，后面m-1位一共可以生成(m-1)!中连续大小的序列。若n>(m-1)!，则第1位不会是a1，n中可以容纳x个(m-1)!即代表第1位是ax。在确定第1位后，将第1位从原集合中删除，得到新的集合{aq1, aq2, …, aq3}（aq1< aq2< … < aqm），然后令n1=n-x(m-1)!，求这m-1个数中生成的第n1个序列的第1位。
举例说明：如7个数的集合为{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}，要求出第n=1654个排列。
(1654 / 6!)取整得2，确定第1位为3，剩下的6个数{1, 2, 4, 5, 6, 7}，求第1654 % 6!=214个序列；
(214 / 5!)取整得1，确定第2位为2，剩下5个数{1, 4, 5, 6, 7}，求第214 % 5!=94个序列；
(94 / 4!)取整得3，确定第3位为6，剩下4个数{1, 4, 5, 7}，求第94 % 4!=22个序列；
(22 / 3!)取整得3，确定第4位为7，剩下3个数{1, 4, 5}，求第22 % 3!=4个序列；
(4 / 2!)得2，确定第5为5，剩下2个数{1, 4}；由于4 % 2!=0，故第6位和第7位为增序<1 4>；
因此所求排列为：3267514。
妙！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
2. 给定一种排列，如何算出这是第几个排列呢？和前一个问题的推导过程相反。例如3267514：
后6位的全排列为6!，3为{1, 2, 3 ,4 , 5, 6, 7}中第2个元素（从0开始计数），故2*720=1440；
后5位的全排列为5!，2为{1, 2, 4, 5, 6, 7}中第1个元素，故1*5!=120；
后4位的全排列为4!，6为{1, 4, 5, 6, 7}中第3个元素，故3*4!=72；
后3位的全排列为3!，7为{1, 4, 5, 7}中第3个元素，故3*3!=18；
后2位的全排列为2!，5为{1, 4, 5}中第2个元素，故2*2!=4；
最后2位为增序，因此计数0，求和得：1440+120+72+18+4=1654
还是妙！！！！！！！！
C++ STL实现
#include#include #include using namespace std;//主函数，算法详见相关说明int main(void) { //循环处理输入的每一个字符串 for (string str; cin >> str;) { if (str.empty()) { continue; } //如果字符串只有1个字符，则直接输出结束 if (str.length() <= 1) { cout << "No more Permutation" << endl; } //iPivot为右边最大减序子集左边相邻的一个元素 string::iterator iPivot = str.end(), iNewHead; //查找右边最大的减序子集 for (--iPivot; iPivot != str.begin(); --iPivot) { if (*(iPivot - 1) <= *iPivot ) { break; } } //如果整个序列都为减序，则重排结束。 if (iPivot == str.begin()) { cout << "No more Permutation" << endl; } //iPivot指向子集左边相邻的一个元素 iPivot--; //iNewHead为仅比iPivot大的元素，在右侧减序子集中寻找 for (iNewHead = iPivot + 1; iNewHead != str.end(); ++iNewHead) { if (*iNewHead < *iPivot) { break; } } //交换iPivot和iNewHead的值，但不改变它们的指向 iter_swap(iPivot, --iNewHead); //反转右侧减序子集，使之成为最小的增序子集 reverse(iPivot + 1, str.end()); //本轮重排完成，输出结果 cout << str << endl; } return 0;}
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