大括号里3个数,f(...)一共2个括号,可以直接当特殊问题考虑.
首先,只要令f(x)→x,就一定可以满足要求
∵这题里f(...)一共2个括号
∴可以不像f(x)→x这样一步到位
可以转而 f(x1)→x2 ,f(x2)→x2 即可以保证 x1,x2符合要求.而这样对于x1来说,一共用了2步
再看x3.如果 f(x3)→x1 ,则x3需要3步猜到 f(x2)→x2 ,而这题只有2个括号,所以不符
而 f(x3)→x3 （一步到位）,f(x3)→x2（两步到位）均成立.
由此引申出大括号内改为n个数的问题
显然与上面同理,每个数都必须两步或两步以内到位（因为只有2个小括号）
∴映射左边的大括号内的数有两种选择（注意这里是“种”）,1是指向本身,2是指向已经指向本身的数.
指向本身显然只有一种方法,而指向已经指向本身的数则不一定.
于是有如下分类讨论
1、n个数全部指向本身,则有 n 个
2、n个数中有1个不指向本身（即有n-1个指向本身）,则有 C(1,n)*(n-1) 个.C(1,n)是组合,选出这1个；n-1是被选出来的数可以指向的数的个数.
3、n个数中有2个不指向本身（即有n-2个指向本身）,则有 C(2,n)*(n-2)^2 个.C(2,n)是组合,选出这2个；n-2是被选出来的数可以指向的数的个数；2次方是因为有2个被选中的数都有n-2个选择.
4、n个数中有3个不指向本身（即有n-3个指向本身）,则有 C(3,n)*(n-3)^3 个.C(3,n)是组合,选出这3个；n-3是被选出来的数可以指向的数的个数；3次方是因为有3个被选中的数都有n-3个选择.
…………
i+1、n个数中有i(i为任意数)个不指向本身（即有n-i个指向本身）,则有 C(i,n)*(n-i)^i 个.C(i,n)是组合,选出这i个；n-i是被选出来的数可以指向的数的个数；i次方是因为有i个被选中的数都有n-i个选择.
…………
显然 i最大只能为 n-1 ,因为至少要有1个是指向本身的.
∴解就是：（全部指向本身的情况是不符合规律的,要单独加到外面）
n-1
n+∑[C(i,n)*(n-i)^i]
i=1
然后从n个大括号问题转移为 f(...) n个小括号的问题就简单很多.
当至少有1个数是指向本身的,那么同原题一样分析,不过就是可以n步到位而已.
∵大括号里一共有3个数
∴一共有10种.
但是,这漏了一种情况,即：f(1)→2,f(2)→3,f(3)→1.
∵小括号多了,这种方式也可能符合.
∴不难发现,当n个小括号的n满足被3除余1时,这种情况成立.
原因就是 f(1)→2 和 f(1)→2 是完全相同的,所以是成立的.而每多3个小括号,就循环一次,结果还是成立的.
这种情况一共有2个选择：除了上述的那种,还有f(1)→3,f(3)→2,f(2)→1.
∴当n被3除余1时,一共有12种解
当n被3除不余1时,一共有10种解
若再引申出去,大括号里m个数,小括号一共n个的话,就比较难做了
∵这样就不同于原题,不仅仅是2步或2步以内到位,而可以是3步以上.
这样的困难在于不确定 i步到位 的数有多少个,于是下一个数指向时无法准确计算.
∴这个问题得出特殊数据才行了
当然个人觉得是可以用更高级的办法计算,但是我还做不到.