杨表和钩子公式

杨表

杨氏矩阵（Young Tableau），又称杨表，是一类每行长度严格不降的表格，大小为 $n$，数字 $1,2,..,n$ 在表中满足从左到右和从上到下严格递增。设第 $i$ 行的长度为 $\lambda_i$，则 $\lambda _i\geq \lambda_{i-1},\sum_{i}\lambda_i=n$，大小为 $n$ 的杨表形态 $(\lambda_1,\lambda_2,...)$ 与 $n$ 的整数划分一一对应。

形态为 (5,4,1) 的杨表：

设 $Y(\lambda)$ 为划分 $\lambda$ 对应形态的杨表，$f(\lambda)$ 表示杨表 $Y(\lambda)$ 中填数的方案数。

设划分 $\lambda,\mu$ 分别是 $n,n-1$ 的划分（$n\geq 2$），若 $\exist j,s.t.\forall i\neq j,\lambda_i=\mu_i,\;\;\lambda_j=\mu_i+1$，记 $\mu \uparrow \lambda$。

对于 $(i,j)\in Y(\lambda)$，记 $H_{\lambda}(i,j)$ 表示 $(i,j)$ 自身以及下方和右方的格子集合（$\text{Hook}$），$h_{\lambda}(i,j)=|H_{\lambda}(i,j)|$ 。

钩子公式

$\text{Hook Formula}$：

$$f(\lambda)=\frac{n!}{\displaystyle\prod_{(i,j)\in Y(\lambda)}h_{\lambda}(i,j)}$$

$\text{Proof}$：

设 $c_1,c_2,..,c_m$ 为 $h_{\lambda}(i,j)=1$ 的位置，记 $\mu_i=\lambda / \{c_i\}$，显然 $\{\mu_1,\mu_2,..,\mu_m\}=\{\mu|\mu\uparrow \lambda\}$ 。

$f(\lambda)$ 满足 $\displaystyle f(\lambda)=\sum_{\mu\uparrow \lambda}f(\mu)$，设 $\displaystyle e(\lambda)=\frac{n!}{\prod_{(i,j)\in Y(\lambda)}h_{\lambda}(i,j)}$，由于 $f(\empty)=e(\empty)=1$：

$$f(\lambda)=e(\lambda)\iff e(\lambda)=\sum_{\mu\uparrow \lambda}e(\mu)$$

于是命题转化成证明：$\displaystyle \sum_{i=1}^m \frac{e(\mu_i)}{e(\lambda)}=1$ 。

定义以下随机游走（$\text{Hook Walk}$）：

1. 随机选取一个位置 $(i,j)\in Y(\lambda)$ 出发。
2. 每次从 $(i,j)$ 等概率地走到 $H_{\lambda}(i,j)/ \{(i,j)\}$ 中随机一格。
3. 若来到某个位置 $c_i$，则随机过程结束。

显然 $\sum_{i=1}^m P(\text{终点为 }c_i)=1$，下证 $P(\text{终点为 }c_i)=\frac{e(\mu_i)}{e(\lambda)}$ ：

注意到 $h_{\lambda}(i,j)+h_\lambda(i+1,j+1)=h_\lambda(i,j+1)+h_\lambda(i+1,j)$，且只有在 $(i,j)$ 正上方和正右方的位置可以走到 $(i,j)$ 。于是构造二维矩阵 $\{h_{i,j}\},\{p_{i,j}\}$ ：

$$\begin{cases} h_{0,0}=0,\;h_{i,0},h_{0,j}\in \mathbb{N}_+&i>0,j>0\\ h_{i,j}=h_{i,j-1}+h_{i-1,j}-h_{i-1,j-1}&i,j>0 \\ p_{0,0}=1,\;\displaystyle p_{i,j}=\frac{1}{h_{i,j}}\left(\sum_{a=0}^{i-1}p_{a,j}+\sum_{b=0}^{j-1}p_{i,b}\right) & (i,j)\neq (0,0) \end{cases}$$

$\text{Lemma}$：$\displaystyle \sum_{k=0}^i\sum_{l=0}^j p_{k,l}=\prod_{k=0}^i(1+\frac{1}{h_{k,0}})\prod_{l=0}^j(1+\frac{1}{h_{0,l}})$

$\text{Proof}$：考虑归纳，首先容易验证 $i,j\in\{0,1\}$ 上式成立。

根据 $h_{i,j}$ 的递推式，容易得到 $h_{i,j}=h_{i,0}+h_{0,j}$ 。设 $S(i,j)=\displaystyle\sum_{k=0}^i\sum_{l=0}^j p_{k,l}$，对于 $S(i,0)$，其值相当于从 $(0,0)$ 出发，每次向下走若格，然后标记一个 $h_{i,0}$，由归纳容易得到 $S(i,0)=\prod_{k=0}^i (1+\frac1{h_{k,0}})$ 以及类似地 $S(0,j)=\prod_{l=0}^j (1+\frac1{h_{0,l}})$，两者满足条件。对于当前 $i,j>0$，假设 $S(i-1,j-1),S(i-1,j),S(i,j-1)$ 均满足条件，则

$$\begin{align} S(i,j)&=p_{i,j}+S(i-1,j)+S(i,j-1)-S(i-1,j-1) \\ &= \frac{1}{h_{i,j}}\left(\sum_{k=0}^{i-1}p_{k,j}+\sum_{l=0}^{j-1}p_{i,l}\right) + S(i\!-\!1,j\!-\!1)\left(1+\frac{1}{h_{0,j}}+1+\frac{1}{h_{i,0}} -1\right) \\ &= \frac{1}{h_{i,j}}(S(i\!-\!1,j)+S(i,j\!-\!1)-2S(i\!-\!1,j\!-\!1))+S(i\!-\!1,j\!-\!1)\left(1+\frac{1}{h_{0,j}}+\frac{1}{h_{i,0}}\right) \\ &= S(i\!-\!1,j\!-\!1)\left(\frac{1}{h_{i,0}+h_{0,j}}(\frac{1}{h_{0,j}}+\frac{1}{h_{i,0}})+1+\frac{1}{h_{0,j}}+\frac{1}{h_{i,0}}\right) \\ &= S(i\!-\!1,j\!-\!1)(1+\frac{1}{h_{0,j}})(1+\frac{1}{h_{i,0}}) \\ &= \prod_{k=0}^i(1+\frac{1}{h_{k,0}})\prod_{l=0}^j(1+\frac{1}{h_{0,l}}) \end{align}$$

由归纳 $\text{Lemma}$ 得证。

对应到原问题，对于 $(a,b)$，令 $h_{i,0}$ 和 $h_{0,j}$ 为 $h_{\lambda}(a\!-\!i,b)-1$ 和 $h_{\lambda}(a,b\!-\!j)-1$，则对于任意 $i,j\geq 0$ 有 $h_{i,j}=h_{\lambda}(a\!-\!i,b\!-\!j)-1$，$p_{i,j}$ 为从 $(a\!-\!i,b\!-\!j)$ 走到 $(a,b)$ 的概率。令 $(a,b)$ 为 $c_i$ ：

$$P(\text{终点为 }c_i)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{a-1}\sum_{j=0}^{b-1}p_{i,j}=\frac1n\prod_{i=0}^{a-1}\left(1+\frac{1}{h_{\lambda}(a-i,b)-1}\right)\prod_{j=0}^{b-1}\left(1+\frac{1}{h_{\lambda}(a,b-j)-1}\right)\\ =\frac{\displaystyle\prod_{i=0}^{a-1}h_{\lambda}(a,b-j)\prod_{j=0}^{b-1}h_{\lambda}(a,b-j)}{\displaystyle n\prod_{i=0}^{a-1}(h_{\lambda}(a,b-j)-1)\prod_{j=0}^{b-1}(h_{\lambda}(a,b-j)-1)} = \frac{e(\mu_i)}{e(\lambda)}$$

因此 $\text{Hook Formula}$ 得证。

应用

有一个 $n\times m$ 的网格，你希望用 $3-$连通块（$\text{triomino}$） 覆盖整个网格，每个块从 $1$ 到 $nm/3$ 标号。对于两个块 $X,Y$，若 $X$ 的某个格子位于 $Y$ 的一个格子的正左方或正上方，则 $X$ 的标号需要小于 $Y$ 。

求带标号的覆盖方案数，模 $10^9+7$ 。$1\leq n,m\leq 10^4$

HackerRank : Triomino Tiling

标号方式使得可能出现两个块的标号关系是自相矛盾的，因此合法的 $\text{triomino}$ 只有 $4$ 种：

#  ##   #  ###
#  #   ## 
#      

考虑从左上角开始填，使得轮廓线任意时刻都是单调的，即长度为 $n+m$，记竖着的线段为 $1$，横着的为 $0$，则任意时刻的轮廓线都可以表示为长度为 $n+m$ 的 $01$ 序列，其中有 $n$ 个 $1$ 和 $m$ 个 $0$ 。

对于每种合法 $\text{triomino}$，加入时对轮廓线产生的变化分别为：1110 -> 0111，1100 -> 0101，1010 -> 0011，1000 -> 0001 。可以发现，无论中间两个值是什么，加入一个 $\text{triomino}$ 都是将两边的 01 互换。

本来是要 111...11000...0 转变为 000...0111...11，现在能做的操作是将两个相距 $3$ 格的 01 互换，考虑将序列位置按照 $\!\!\!\mod 3$ 分开考虑。于是现在有三个 11..10..00，每次可以将相邻的 01 互换，最终变成 0..0011..1，求方案数。

将这个问题往回转，可以发现就是在网格里单调地填方块，方块先后顺序需要满足的约束与杨表相同，因此就是一个矩形杨表计数问题，设矩形为 $n\times m$，则方案数为：

$$\frac{(nm)!}{\displaystyle\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m (i+j-1)} =\frac{(nm)!\prod_{i=1}^n (i-1)!}{\prod_{i=1}^n (i+m-1)!}$$

设 $S(n)=\prod_{i=1}^n i!$，则答案为 $\displaystyle \frac{(nm)!S(n-1)S(m-1)}{S(n+m-1)}$，于是预处理阶乘，时间复杂度为 $O(nm+T)$ 。