在《點算的奧秘：廣義容斥原理》中，筆者推導了「廣義容斥原理」的公式。在本節中，筆者將把這些公式應用於兩類特殊的排列問題。這些排列問題可以視為具有某些特殊限制的排列問題，這些特殊限制有兩種：分別為「不動點」和「繼續點」。
首先我們須假設被排列的元素有一個既定的排序，各元素有一個既定的位置，例如數字、26個英文字母等就屬於這類元素。所謂「不動點」(Fixed Point)，是指在排列過程前後其位置不變的元素。舉例說，如果對英文字母A、B、C、D排序，那麼以C為「不動點」的排列便包括以下6個：A-B-C-D；A-D-C-B；B-A-C-D；B-D-C-A；D-A-C-B；D-B-C-A。「不動點」的數目可以不只一個，例如在上例中若同時以A和C為「不動點」，所得排列便只有以下兩個：A-B-C-D和A-D-C-B。
顯而易見，如果「不動點」是指定的元素，那麼這些「不動點」的存在實際已確定了某些元素的位置。例如對於上面第一個例子，由於C是「不動點」，它必然處於第3個位置，因此我們只需考慮其餘3個字母的排列，而根據「全排列」公式，應共有3! = 6種排列。一般地，如對n個元素排序，並且指定其中s個(0 ≤ s ≤ n)元素為「不動點」，那麼所得排列的總數為
在某些應用中，我們要求含有任意s個「不動點」(而非s個指定的「不動點」)的排列總數。現在我們把這個數稱為F(n, s)，以下筆者運用「廣義容斥原理」推導F(n, s)的計算公式。
設我們的論域是對n個元素進行全排列的各種排法組成的集合，Si為對n個元素排序並以第i個元素為「不動點」的排列總數(1 ≤ i ≤ n)(註1)，那麼F(n, s)就是屬於S1 ... Sn中剛好s個集合的那些元素的個數。套用《點算的奧秘：廣義容斥原理》中的定義，這個數就是N(n, s)，即F(n, s) = N(n, s)。由於S1 ... Sn顯然是「可交換集合」，我們可以運用上述網頁的公式(4)求解(以下重新編號為公式(2))：
為了應用公式(2)，我們須先求nk的值，這個值就是從S1 ... Sn中抽k個出來構成的交集的元素個數。由於S1 ... Sn是「可交換集合」，對於任何k個集合構成的交集，其元素個數都是一樣的，因此我們可以把這k個集合當作指定的集合，而這k個集合構成的交集的元素就是含有k個指定的「不動點」的排列。套用上面公式(1)，得nk = (n − k)!，由此亦得nr+s = (n − r − s)!。把此一結果代入公式(2)，便得
為化簡上式，我們首先把C(n, s)放入Σ符號右面，然後展開以下乘積：
| C(n, s) × C(n − s, r) × (n − r − s)! |
| n! | (n − s)! | |||||
| = | ----------------- | × | ---------------------- | × | (n − r − s)! | |
| (n − s)! × s! | (n − s − r)! × r! | |||||
| n! | ||||||
| = | -------------- | |||||
| s! × r! |
由於n和s不等於式(3)中的求和符號r，我們可以把以上結果中的n! / s!抽回到Σ符號的左邊。這樣式(3)便最終變成
上式就是「含不動點的排列」問題的公式。
當s = 0時，F(n, 0)代表「不含任何不動點的排列」總數，在這樣的排列中沒有一個元素被安於原位。在「點算組合學」上，這樣的排列稱為「亂序」(Derangement)。容易看到，只要把s = 0代入上面公式(4)，便可得到「亂序」的計算公式：
例題1：有5個人參加交換禮物遊戲。他們首先交出自己帶來的禮物，然後把自己的名字寫在紙條上並投入一盒子中。接著每個人從盒子中抽一張紙條出來，並取得擁有紙條上所示名字的那個人的禮物(請注意，被抽出的紙條不會再放回盒子)。問有多少種抽法可令每個人都不會取回自己帶來的禮物？
答1：我們可以假定這5個人的名字有一種既定的排序方式，例如按他們名字的筆劃序或字母順序排列。那麼從盒子中逐一抽這5個人的名字出來便等於把這5個名字重新排序，而本題的「不動點」就相當於剛好抽中自己名字並因而取回自己禮物的人。因此本題要求的答案就是F(5, 0)。把n = 5代入上面公式(5)，便求得答案為
| F(5, 0) | = 5! Σ0 ≤ r ≤ 5(−1)r / r! |
| = 120 × (1/1 − 1/1 + 1/2 − 1/6 + 1/24 − 1/120) | |
| = 44 □ |
以上筆者介紹了「不動點」，接下來筆者將介紹「繼續點」。設我們把n個有既定順序的元素重新排序後，在新序列中，第i個元素(1 ≤ i ≤ n − 1)與第i + 1個元素剛好是在既定順序上前後相繼的一對元素，我們便稱這第i個元素為「繼續點」(Sucession)。舉例說，如果對英文字母A、B、C、D排序，那麼新序列D-B-C-A含有1個「繼續點」(即B)，而新序列A-B-C-D則含有3個「繼續點」(即A、B和C)。
顯而易見，如果「繼續點」是指定的元素，那麼這些「繼續點」的存在實際是把「繼續點」與在既定順序中緊接其後的那個元素「黏」在一起。在進行排序時，這對元素被當作一個「單位」參加排序。舉例說，如果對英文字母A、B、C、D排序，並指定B為「繼續點」，那麼由於B後面必須是C，B與C構成一個「單位」B-C，因此實際參與排序的不是4個元素，而是A、B-C和D這3個「單位」，而所得排列應有3! = 6個，即A-B-C-D；A-D-B-C；B-C-A-D；B-C-D-A；D-A-B-C；D-B-C-A。
當「繼續點」不只一個時，情況便較為複雜，以下我們首先考慮一個具體例子，然後嘗試總結出一般規律。
例題2：假設我們對A、B ... L這12個字母排序，並指定A、B、C、F、G、I、K這7個字母為「繼續點」。問有多少種不同排法？
答2：我們可以把這7個「繼續點」分為兩類，其中A、B、C和F、G構成一類，它們是兩組連續的字母，而I、K則構成另一類，它們是單個不連續的字母。對於A、B、C和F、G而言，它們本身已「黏」在一起，此外再加上緊接C之後的D和緊接G之後的H，分別組成兩個單位：A-B-C-D和F-G-H參加排序。對於I和K而言，它們各自與緊接其後的字母J和L「黏」在一起組成兩個單位：I-J和K-L參加排序。此外，還剩下字母E，它不與任何字母「黏」在一起，自成一個單位。因此在這個排序中，共有5個單位：A-B-C-D、E、F-G-H、I-J和K-L參加排序，故應有5! = 120種不同排法。□
接著我們把上題的推理推廣至一般情況。假設我們對n個元素排序，並指定其中s個為「繼續點」。我們可以把這s個「繼續點」分為兩類：連續的元素和單個不連續的元素。我們並假設第一類「繼續點」可分為p組，第一組共有r1個連續元素、第二組共有r2個連續元素 ... 第p組共有rp個連續元素；而第二類「繼續點」則共有q個，並且r1 + r2 + ... rp + q = s。
對於第一類p組「繼續點」而言，各組內的元素本身已「黏」在一起，此外再加上緊接各組最後一個元素之後的元素，分別組成p個單位參加排序。這p個單位合共含有r1 + r2 + ... rp + p個元素。對於第二類q個不連續的「繼續點」而言，它們各自與緊接其後的元素「黏」在一起組成q個單位參加排序。這q個單位合共含有2q個元素。此外，還剩下n − r1 − r2 − ... rp − p − 2q = n − s − p − q個元素，它們不與任何元素「黏」在一起，各自構成一個單位。因此在這個排序中，共有p + q + n − s − p − q = n − s個單位參加排序，所得排列總數為
在某些應用中，我們要求含有任意s個「繼續點」(而非s個指定的「繼續點」)的排列總數。我們把這個數稱為S(n, s)，以下筆者運用「廣義容斥原理」推導S(n, s)的計算公式。
設我們的論域是對n個元素進行全排列的各種排法組成的集合，Si為對n個元素排序並以第i個元素為「繼續點」的排列總數(1 ≤ i ≤ n − 1)，那麼S(n, s)就是屬於S1 ... Sn−1中剛好s個集合的那些元素的個數。套用《點算的奧秘：廣義容斥原理》中的定義，這個數就是N(n − 1, s)，即S(n, s) = N(n − 1, s)。由於S1 ... Sn−1顯然是「可交換集合」，我們可以運用上面公式(2)求解。
為了應用公式(2)，我們須先求nk的值，這個值就是從S1 ... Sn中抽k個出來構成的交集的元素個數。由於S1 ... Sn是「可交換集合」，對於任何k個集合構成的交集，其元素個數都是一樣的，因此我們可以把這k個集合當作指定的集合，而這k個集合構成的交集的元素就是含有k個指定的「繼續點」的排列。套用上面公式(6)，得nk = (n − k)!，由此亦得nr+s = (n − r − s)!。把此一結果代入公式(2)，便得
為化簡上式，我們首先把C(n − 1, s)放入Σ符號右面，然後展開以下乘積：
| C(n − 1, s) × C(n − 1 − s, r) × (n − r − s)! |
| (n − 1)! | (n − 1 − s)! | |||||
| = | -------------------- | × | ------------------------- | × | (n − r − s)! | |
| (n − 1 − s)! × s! | (n − 1 − s − r)! × r! | |||||
| (n − 1)! × (n − r − s) | ||||||
| = | ---------------------------- | |||||
| s! × r! |
由於n和s不等於式(7)中的求和符號r，我們可以把以上結果中的(n − 1)! / s!抽回到Σ符號的左邊。這樣式(7)便最終變成
上式就是「含繼續點的排列」問題的公式。當s = 0時，上式變為
上式就是「不含任何繼續點的排列」總數，在這樣的排列中沒有一個元素被安於原位。
例題3：5名學生每天按某一順序在操場上排隊。有一天，老師決定重新調配他們排隊的位置，使得在新位置下，每名學生(除了原來站在最前的學生外)均發現站在他前面的學生與以前不同了。問老師有多少種重新調配的選擇？
答3：我們可以把5名學生原來排隊的次序設定為1-2-3-4-5，重新調配位置就相當於把這5個數字重新排序，而老師所希望的新排序方式是使得2不再緊接在1之後、3不再緊接在2之後、4不再緊接在3之後、5不再緊接在4之後。換句話說，即新排序應不含任何「繼續點」。因此本題所求答案為S(5, 0)。應用公式(9)，求得答案為
| S(5, 0) | = 4! Σ0 ≤ r ≤ 4(−1)r (5 − r) / r! |
| = 24 × (5/1 − 4/1 + 3/2 − 2/6 + 1/24) | |
| = 53 □ |