Problem
对于一个数轴,从原点走\(n(n \% 2 = 0)\)步回到原点的不同方案数.
向左走记为\(L\),向右走记为\(R\),当且仅当组成的走法序列\(\begin{Bmatrix}\overbrace{LRR......LRL}^n\end{Bmatrix}\)不同时,认为是两种不同方案.
Solution
答案
\(C_{n}^{\frac{n}{2}}\)
解法
考虑对决策进行划分组合来统计方案数.
记左右走法各为一种决策元素,记向左决策元素为\(L\),向右决策元素为\(R\),进行n次决策,形成一个形如\(S=\begin{Bmatrix}\overbrace{LRR......LRL}^n\end{Bmatrix}\)的决策序列(是有序的一个序列，不是集合).
记\(num(L/R,S)\)为一个决策序列\(S\)进行\(L/R\)类型决策的总数量,\(point(x,S)\)为从\(x\)点进行\(S\)决策序列后到达的点.
引理1
对于\(\forall S \wedge point(0,S) = (0)\Rightarrow num(L,S) = num(R,S) = \frac{n}{2}\).
引理2
对于\(\forall S\wedge num(L,S) = num(R,S)\)改变\(S=\begin{Bmatrix}\overbrace{LRR......LRL}^n\end{Bmatrix}\)中\(\forall L \in S\)或\(\forall R\in S\)
在序列\(S\)中的顺序成为\(\Delta S\),都有\(point(0,\Delta S) = (0)\).
对引理2的证明
对于一个\(S \Rightarrow num(L,S) = p, num(R,S) = q\),
考虑序列中每一个决策必然立即对答案造成影响且决策无后效性,
所以对\(point(0,S)\)造成的影响为从\(0\)向左\(p\)步,向右\(q\)步,
改变序列顺序不影响\(p,q\)的值,最终一定到达\((q-p)\)点,
因为\(num(L,S) = num(R,S)\)，所以\(q-p=0\),
所以一定到达\((0)\)点，所以引理2得证.
对引理1的证明
考虑引理2：
有\(\forall S=\begin{Bmatrix}\overbrace{LRR......LRL}^n\end{Bmatrix}\Rightarrow S=\begin{Bmatrix}\overbrace{LLL......LL}^{num(L,S)}\overbrace{RRR......RR}^{num(R,S)}\end{Bmatrix}\),
记\(S \Rightarrow num(L,S) = p, num(R,S) = q\),
有\(point(0,S)=(q-p)\) 若有\(point(0,S)=(0)\)则有\((q-p)=(0)\)即\(q=p\),
得\(num(L,S) = num(R,S)\)又有\(num(L,S) + num(R,S)=n\),
易得\(num(L,S) = num(R,S) = \frac{n}{2}\),引理2得证.
对答案正确性的证明
考虑引理1,有\(num(L,S) = num(R,S) = \frac{n}{2}\),
对\(L/R\)中一种决策在\(n\)个决策序列位置中任意选取\(\frac{n}{2}\)个位置进行放置,
易知有\(C_{n}^{\frac{n}{2}}\)种选法.
考虑引理1,有\(num(L,S) = num(R,S) = \frac{n}{2}\),
则剩余\(\frac{n}{2}\)的决策序列位置必然全部是另一种未选决策\(L/R\),只有\(1\)种选法.
考虑引理2,对于一个决策序列\(S\)中改变决策顺序不影响\(point(0,S)\)的取值,
所以上文两种操作改变序列顺序后均不影响最终答案，均为\((0)\),
所以答案的正确性得证.
答案即为\(1\times C_{n}^{\frac{n}{2}}=C_{n}^{\frac{n}{2}}\).