组合数学——特殊计数序列（Part 2）

格路径与Schroder数

参考资料：《组合数学》- Richard A.Brualdi

一.格路径

首先我们将格路径的概念形式化。
考虑只有整点的平面上的两个点(r,s),(p,q)，并且有$p\ge r,q\ge s$。然后我们再来考虑从(r,s)到达(p,q)的路径。每一步是水平步(horizontal step)H(横坐标+1，纵坐标不变)或者是垂直步(vertical step)V(横坐标不变，纵坐标+1)。那么就可以用水平线和垂直线讲两个点连接起来。同时这样一条路径可以由一个含有H,V的数列表示出来。（感觉就是简单的组合计数呢…）

1.定理&例子

(1).

定理内容：从(r,s)到(p,q)的矩阵格路径的数目为：$C_{p-r+q-s}^{p-r}=C_{p-r+q-s}^{q-s}$
证明非常简单。就是考虑有H,V组成的那个序列，就有p-r+q-s个位置，填入p-r个H,填入q-s个V，那就是简单的组合计数而已…
现在我们来看这个问题的变种。我们在问题上加上一个限制：考虑从(0,0)到(p,q)的矩形格路径，我们限制路径在坐标平面的直线y=x的下方或上方。
现在假设是上方，再假设H=1,V=-1,那么就有sum[k]>=0恒成立，根据之前Part1讲Catalan数的博客可知，这就是一个Catalan数的经典模型。那么路径数就是C[p+q]了。那么只要p==q，我们就可以利用Catalan数的各种公式很快速地求出所有的路径数了。（这也算一个定理了吧，但是由于主要和和Catalan有关，就不单独写出来了）

(2).

可见之前的结论并不是万能的。现在假设是在下方，并且有p>=q，那么有：

$$Ans=\dfrac{p-q+1}{p+1}C(p+q,q)$$
为了得到这个结论，我们通过之前的推导Catalan数的方法来推导这道题。
那么我们就模仿之前的定义。定义B为转过对角线的格路径集合，那么用|tot|-|B|就是答案。然后|B|其实等于从(0,-1)到(p,q-1)的所有触及对角线或者是穿过对角线格路径的数量（其实就是向下平移了一格）。且路径是一一对应的。现在考虑其中的一条路径（从(0,-1)开始的）L。这条路径的第一个触碰到y=x的点为(d,d)，那么设从(0,-1)到(d,d)的点为L1,剩余的路径是L2,那么把L1和L2连接起来就是L了。
现在我们再来映射一下。将L1沿着y=x进行翻转，得到L1’。那么我们可以发现，将一条从(-1,0)到(p,q-1)的一条路径是必然经过y=x的，然后我们将这样一条路径中的从(-1,0)到(d,d)的点翻折，得到的是一条从(0,-1)到达(p,q-1)且触碰到y=x的一条路径。这就意味着这样的一条路径与L是一一对应的，也与B集合中的一条路径一一对应。也就是说|B|等于从(-1,0)到(p,q-1)的格路径的数目。这样子再来套用定理1，就有：
$|B|=C_{p+1+q-1}^{q-1}=C_{p+q}^{q-1}$
因此就可以计算答案了：
$Ans=|tot|-|B|=C_{p+q}^{p}-C_{p+q}^{q-1}$
$=\dfrac{(p+q)!}{q!p!}-\dfrac{(p+q)!}{(q-1)!(p+1)!}=\dfrac{p-q+1}{p+1}C_{p+q}^p$(可以自己随便化简一下啦)
得证。

(3).

好像到现在才看见格路径的定义呢…加入一种新的步叫做对角步(diagonal step)(横纵坐标都加一)。并且定义K(p,q:rD)为从(0,0)到(p,q)使用了r个对角步D的路径的数目（又叫HVD格路径）。那么其实K(p,q:0D)就是之前我们一直在提的问题啦。
显然r>min(p,q)的话，K(p,q,rD)=0。
那么就有r<=min(p,q)，则有：
$K(p,q:rD)=\dfrac{(p+q-r)!}{(p-r)!(q-r)!r!}$
那么就有：
$K(p,q)=\sum_{r=0}^{min(p,q)}\dfrac{(p+q-r)!}{(p-r)!(q-r)!r!}$
这其实就是一个有重复的排列的推理而已。除去r个对角步D之后，就有p-r个H，有q-r个V,就是含有r个D，有p-r个H，有q-r个V的可重复排列了。建议自己推一下，比较简单，这里就不详细证明了。

(4).

定义R(p,q)为从(0,0)到(p,q)的在对角线下方（下对角线HVD格路径）的HVD格路径的数目。R(p,q:rD)为从(0,0)到(p,q)的正好使用了r个对角步D的下对角线HDV格路径数目。
设p和q为正整数，且p>=q，且0<=r<=q，那么有：
$R(p,q)=\dfrac{p-q+1}{p-r+1}\dfrac{(p+q-1)!}{(p-r)!(q-r)!r!}=\dfrac{p-q+1}{p-r+1}K(p,q,rD)$
感不感觉这和之前的下对角线HV格路径的形式很像？
因为对角步是和y=x平行的，那么就只需要考虑除去r个对角步D之后的情况。
那么我们先有之前的结论:
$Ans1=\dfrac{p-q+1}{p-r+1}\times \dfrac{(p+q-2r)!}{(p-r)!(q-r)!}$
然后再来考虑对角步的问题。相当于是在p-r+q-r=p+q-2r个数的p+q-2r+1个间隙之间插入r个D的方案数，也就是x[1]+x[2]+…+x[p+q-2r+1]=r的方案数，那又是组合计数的经典问题了。利用隔板法，就可以得到：
$Ans2=C(r+p+q-2r+1-1,p+q-2r+1-1)=C(p+q-r,p+q-2r)=C(p+q-r,r)=\dfrac{(p+q-r)!}{(p+q-2r)!r!}$
将两个乘起来，就得到了最终的答案：,也就是上面的式子了。

二.Schroder数

现在，我们假设p=q=n。我们称从(0,0)到(n,n)的下对角线HVD格路径为Schroder路径(Schroder Path)。大Schroder数R[n]是从(0,0)到(n,n)的Schroder路径的数目。于是，根据之前的定理(4)，我们就可以直接写出R[n]的表达式：
$R_n=R(n,n)=\sum_{r=0}^{n}\dfrac{1}{n-r+1}\dfrac{(2n--r)!}{(n-r)!(n-r)!r!}$
感觉大Schroder数就是之前讨论的下对角线HDV格路径的一种特殊情况而已呢…

1.例题&定理

(1).序列加括号拓展版

现在我们来看小Schroder数（这些名字真是奇怪），他是由一种叫做加括号的例题/结构 定义而来的。
考虑由之前的乘法加括号问题扩展出来的问题。
之前的乘法加括号问题（不考虑顺序）中，每一次所做的操作必须是将两个元素做一次乘法，直到做不动为止。而现在的序列加括号问题中我们不要求每次必须是将两个元素括起来，并且省去‘X’号，（将(xi,xi+1,…,xj)视作是一个元素），并且不一定非要是做到做不动为止。每次括起来的元素数量必须大于等于2。
这样一来，我们就又可以计算方案数了。定义si为有i个数的序列的加括号的方案数。现在直接给出一个结论：
$R_n=2s_{n+1}$(Rn就是之前的大Schroder数)
至于怎样来证明这个结论，需要用到生成函数，比较复杂，写出来也比较麻烦，好奇的读者可以去参考一下《组合数学》-Richard的Page 202上的详细证明。

(2).划分凸多边形

对于将一个凸多边形划分成为很多个三角形的方案数，我记得在Part1的末尾提到了可以转化成为乘法序列加括号的问题。
在这里我们又将“重蹈覆辙”，将其转化为之前所说的序列加括号问题。我们现在不一定非要分成很多个三角形，可以分成很多个多边形，然后求方案数。

这是书上的一幅图。
下面我们来开这个图所对应的序列加括号的方法是怎样的。
$a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7a_8a_9$
$\Rightarrow (a_1a_2)a_3a_4a_5a_6a_7a_8a_9$
$\Rightarrow (a_1a_2)a_3(a_4a_5a_6)a_7a_8a_9$
$\Rightarrow (a_1a_2)a_3((a_4a_5a_6)a_7a_8)a_9$
$\Rightarrow (a_1a_2)(a_3((a_4a_5a_6)a_7a_8)a_9)$
这样子就和一个序列加括号的方案对应上了。（最后的base边其实是最后一部被取的对角线，以终止整个进程，后面有解释）
那么显然就有：
有n+1条边的凸多边形区域的剖分方案数等于小Schrider数$s_n$.
真的很像之前Catalan数的定义5呢。
然后我们模仿着序列加括号的方法对于凸多边形的剖分进行同样的构造方案。

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首先，把所有的边从基边（base）开始进行编号，也就是base,a1,a2,a3,…,an。然后令图T=初始的图。然后重复进行一下的步骤。
(a).当T仍含有大于3条边的时候，插入一条T的对角线，将图T划分成为2个部分（此时我们允许将基边base视作这条对角线）。这样一来，其中有一个部分含有基边，另一部分不含有。
(b).用含有基边的那一部分代替T。若此次分割是以基边作为的对角线，那么就退出循环；否则回到(a),进行递归操作。
这样一来就很清楚了呢。
$Ans_{n+1}=s_n$
呼…终于把理论部分介绍完了，接下来会加上各种习题的;-)