2023.1.2 闲话

UPD. 补一个 Keven_He 的歌词

乾中和

八载悉数尽

湖光风月明

千山聚浪平

何处是天地

洛：

我伴着风 起轰 雷动

我步入 这片江湖

望着 乾坤日夜浮

匿于芸芸中 汇自东南西北中

心底云涌 天下大同的梦

天括四海者

为而不争乃天之道

地揽八荒者

众生数数乃地之道

人心不言和

为而不争圣人之道

说破了 叵测着

到最后梦碎了

言：

撑一把伞 走向 所谓的风

收刀 挣脱开

胜负和 高低与桀骜

泰阿无形之壁障

卒于东流赴大江

直下四方之浩荡

与君携手上山岗

嗔怪与癫狂 不知海阔天空之道

自恃无自晓 不知山外有山之道

是非又何妨 不痛不罔

一蓑烟雨高声唱

洛：

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 正气弗心生霍乱

顾望迭代 心仪江湖只盼

初心不改 圈中和兴然彩

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 品物仍流形生态

顾望迭代 秉守江湖只盼

万国咸安 乾中和兴然彩

言：

追逐过 碧浪烁金

鲤腾越百千重雪

寻觅过 白云里青

雪洗濯第一点红

良辰好景何忍负

蘸酒为诗一千盅

心底云涌 天下大同的梦

天括四海者

为而不争乃天之道

地揽八荒者

众生数数乃地之道

人心不言和

为而不争圣人之道

勘破了 清醒着

他拂衣赴山河

洛：

雨 连夜雨 冲刷煌煌正色

狼藉后 混沌中 秉烛

还坚守什么

清高 濯淖 大道 至傲

其身虽处风雨飘摇

披风戴雨且吟啸

冥顽与褊急

不知海纳百川之道

自伤无自勉

不知山溜穿石之道

是非转头空 不罔不痛

天明云破霞彩中

言：

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 正气弗心生霍乱

顾望迭代 心仪江湖只盼

初心不改 圈中和兴然彩

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 品物仍流形生态

顾望迭代 秉守江湖只盼

万国咸安 乾中和兴然彩

洛：

尝为萤烛末 擦亮 天地鸿蒙

尝躬耕不辍 未闻 暮鼓晨钟

而今拥簇中 闲看 雨施云涌

几多人如旧 几多 弦歌成颂

言：

资日月阴阳以贞观

行吾道以藐朝夕

凭山川陆海以载物

潜于渊以厚基

这尘寰来匆匆去空空何妨做个梦

是无用 为大用 不同亦大同

洛：

壮哉乾元 万物乾乾不怠

共沐沧澜 六元聚激浊扬善

托乘游远 徙倚群芳烂漫

丛中笑谈 无惧水冷金寒

言：

壮哉乾元 万物乾乾不凡

共沐沧澜 何幸有同道为伴

登临远眺 山长水远犹在

江湖犹在 犹盼和兴然彩

洛言：

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 正气弗心生霍乱

顾望迭代 心仪江湖只盼

初心不改 圈中和兴然彩

大哉乾元 君子乾乾无憾

云雨沧澜 品物仍流形生态

顾望迭代 秉守江湖只盼

万国咸安 乾中和兴然彩

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闲话之前的闲话：

今天是 2023.1.2 .

后面不知道写啥了，幸运星真好看 .

推歌 あきばぱらのいあ【Akibaparanoia】雨version（一般情况还是建议别听，）

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组合恒等式：

\[\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}=4^n \]

证法还挺多的：

第一种就是比较平凡的 OGF 推导，首先注意到令 \(\dbinom{2n}n\) 的 OGF 为 \(F(z)\)，则原式就可以表为卷积 \(F^2\) .

根据抽样调查，可知 \(F(z)=\dfrac1{\sqrt{1-4z}}\)，于是 \(F(z)^2=\dfrac1{1-4z}\) .

显然 \(\dfrac1{1-4z}\) 是 \(4^n\) 的 OGF，于是就证完了 .

第二种生成函数做法：

首先考虑一个比较强的形式：

\[\sum_{k=0}^n\dbinom{rk+s}{k}\dbinom{rn-rk-s}{n-k} \]

（具体数学习题 5.47）

原式就是 \(r=2\)，\(s=0\) 的情况 .

可以联想到广义二项级数的兰伯特方程：

\[[z^n]\mathcal B(z)^r=\dbinom{tn+r}{n}\dfrac{r}{tn+r} \]

于是令 \(\mathcal Q_r(z)=1-r+r\mathcal B_r(z)^{-1}\)，则原式就是

\[[z^n]\left(\dfrac{\mathcal B_r(z)^s}{\mathcal Q_r(z)}\cdot \dfrac{\mathcal B_r(z)^{-s}}{\mathcal Q_r(z)}\right)=[z^n]\mathcal Q_r(z)^{-2} \]

挺神奇的，竟然与 \(s\) 是无关的……

现在代入 \(r=2\)，熟知广义二项级数在 \(r=2\) 时的封闭形式

\[\mathcal B_2(z)=\dfrac{1-\sqrt{1-4z}}{2z} \]

（或者说 Catalan 数）

代入可得：

\[\begin{aligned}\mathcal Q_r(z)&=1-2+2\cdot\left(\dfrac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\right)^{-1}\\&=\dfrac{4z}{1-\sqrt{1-4z}}-1\\&=\sqrt{1-4z}\end{aligned} \]

这样 \(\mathcal Q_r(z)^{-2}\) 就是 \(\dfrac1{1-4z}\)，就证完了 .

接下来是一个非常神奇的证法（来自老莽）：

首先给 \(4^n\) 编一个组合意义就是长度为 \(2n\) 的 01 串个数 .

LHS 的结构可以看成把整个串分成两部分，第一部分的 \(\dbinom{2k}k\) 就是 0/1 个数相同的长 \(2k\) 的串，因为不重不漏再加一个最长的限制，于是 \(\dbinom{2k}k\) 就有一个组合意义是最长的 0/1 个数相同的长 \(2k\) 的串 .

根据第一部分可得第二部分必须是是任意一个非空前缀的 0/1 个数都不相同的长度为 \(2n-2k\) 的后缀，这样就只需证明满足任意非空前缀的 0/1 数量都不相同的长度为 \(2k\) 的串数为 \(\dbinom{2k}k\) .

这个考虑构造双射，01 串改成向右和向上走，这样就变成除起点外不过 \(y=x\) 的方案，类似 Catalan 数的做法翻折一下即可 .

还有一个神奇证法：

考虑把首位为 \(0\) 的长为 \(2k\) 的 01 串分为 4 类：

• A. 0/1 数量相等 .
• B. 任何前缀的 0/1 数量不等 .
• C. 有一个前缀是 A 类串，且 0 的个数多于 1 的个数 .
• D. 有一个前缀是 A 类串，且 0 的个数少于 1 的个数 .

要计数 B 类串，可以考虑算出 A,C,D 类串的数量后容斥 .

显然 A 类串的数量为 \(\dbinom{2k-1}{k-1}\)，C,D 类串的数量为 \(\displaystyle\sum_{i=k+1}^{2k-1}\binom{2k-1}i=\sum_{i=0}^{k-2}\binom{2k-1}i\) .

可得 B 类串的数量为 \(\dbinom{2k-1}k\)，于是去除首位限制即得答案为 \(\dbinom{2k}k\) .

组 合 意 义 天 地 灭

别的证法不会了 .