神奇结论在哪里
求证：
\[\sum_{i=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}=4^n \]
首先，我们将 \(4^n\) 视为 \(2^{2n}\)，赋予其组合意义为长为 \(2n\) 的 \(0/1\) 串个数。
LHS 中组合数的结构指引我们将整个串分成两个部分，根据 \(\binom{2k}k\) 自然地想到第一部分可以是 \(0/1\) 个数相同的长度为 \(2k\) 的串，根据计数不重不漏的思想，再加一个限制，最后得到 最长的 \(0/1\) 个数相同的长度为 \(2k\) 的串，显然是 \(\binom{2k}k\)。
接下来是第二部分，根据第一部分的定义，第二部分的定义自然是任意一个前缀的 \(0/1\) 个数都不相同的长度为 \(2n-2k\) 的后缀，接下来就转化为证明满足任意前缀的 \(0/1\) 数量都不相同的长度为 \(2k\) 的串数为 \(\binom{2k}k\)。
先讲一种比较自然的双射解法。
不难想到将 \(0/1\) 串转化为向右 / 向上走，限制就转化为除起点外不能经过直线 \(y=x\)，这和 Catalan 数是相似的，所以用一样的方法计算就可以了。
还有一种更为高妙的解法：
首先，我们将第一个字符为 \(0\) 的长度为 \(2k\) 的串分成以下四种：
- A 类串，\(0/1\) 数量相等。
- B 类串，不存在前缀满足 \(0/1\) 数量相等。
- C 类串，有一个前缀是 \(A\) 类串，整个串种 \(0\) 比 \(1\) 多。
- D 类串，有一个前缀是 \(A\) 类串，整个串种 \(1\) 比 \(0\) 多。
显然这种分类不重不漏，且 B 类串的定义与我们需要计算的东西非常相似。首先第一个字符为 \(0\) 的长度为 \(2k\) 的串数为 \(2^{2k-1}\)，结合组合数性质 \(2^n=\sum_{i=0}^n\binom ni\) 其实我们将 ACD 类串数分别表示，用容斥的思想计算。
A 类串除去最开始的一个 \(0\) 剩余需要 \(k-1\) 个 \(0\)，总数为 \(\binom{2k-1}{k-1}\)。不难发现 \(C\) 类串和 \(D\) 类串的数量相等，故我们只计算 D 类串的个数，发现只要有至少 \(k+1\) 个 \(1\) 一定能满足要求，具体证明考虑将 \(0\) 视为 \(-1\) 而将 \(1\) 视为 \(1\)，此时长度为 \(1\) 的前缀和为 \(-1\)，而总和为正数，因为每次值一定是连续变化的，一定存在一个前缀和为 \(0\)，满足要求。那么我们就可以得到 \(D\) 类串数为 \(\sum_{i=k+1}^{2k-1}\binom{2k-1}i\)，同样根据组合数对称性可以得到这个式子还等于 \(\sum_{i=0}^{k-2}\binom{2k-1}i\)，则相减可得 B 类串数为 \(\binom{2k-1}k\)，同时因为钦定了第一个字符为 \(0\)，将所有字符取反可以多一倍方案，即最后答案为 \(2\binom{2k-1}k=\binom{2k}k\)。
那么我们就证明了满足任意前缀的 \(0/1\) 数量都不相同的长度为 \(2k\) 的串数为 \(\binom{2k}k\)，结合前面的部分就可以证明结论。
求证：
\[2^n\prod_{i=1}^n2i-1=\frac{2n!}{n!} \]
问同学这个东西然后被爆 D 了一顿。。。
把右边 \(n!\) 乘到左边，和 \(2^n\) 结合，则式子变为 \(\left(\prod_{i=1}^n2i\right)\left(\prod_{i=1}^n2i-1\right)=(2n)!\)，得证。
组合意义是给定 \(2n\) 个有编号小球，将 \(2n\) 个小球分成 \(n\) 个有序二元组（\((i,j)\) 和 \((j,i)\) 视为不同），求分组方案数。
