反射容斥的代数推导
一维的情况
考虑一维上步长为 \(1\)、方向为 \(\{\rightarrow,\leftarrow\}\) 的游走。记从 \(0\) 位置走 \(m\) 步到 \(n\) 位置，且过程中坐标均 \(\ge 0\) 的方案数是 \(q_{n,m}\)。实际上 \(q_{n,n}\) 便是我们熟悉的 Catalan 数。
考虑 \(q\) 的二元生成函数
\[Q(x,y)=\sum\limits_{n,m\ge 0}q_{n,m}x^ny^m
\]
可以得到一个方程
\[Q(x,y)=1+(x+x^{-1})yQ(x,y)-x^{-1}yQ(0,y)
\]
稍微解释一下上面这个方程，\(1\) 实际上是 \(q_{0,0}\)，\((x+x^{-1})y\) 是对二元生成函数的系数的一个平移操作，而由于要求坐标均 \(\ge 0\)，在 \(x^{n}y^{m}\) 中 \(n=0\) 的时候是不希望 \(x^{-1}y\) 方向的平移的，所以要减去来自
\[\sum\limits_{m\ge 0}q_{0,m}x^{0}y^{m}
\]
的 \(x^{-1}y\) 平移。
于是就有
\[(1-(x+x^{-1})y)xQ(x,y)=x-yQ(0,y)
\]
代入 \(x\mapsto x^{-1}\) 并与原式作差
\[xQ(x,y)-x^{-1}Q(x^{-1},y)=\frac{x-x^{-1}}{1-(x+x^{-1})y}
\]
观察 \(xQ(x,y)\) 和 \(x^{-1}Q(x^{-1},y)\)，一个 \(x^{n}y^{m}\) 只在 \(n\ge 1\) 时有系数，另一个只在 \(n\le -1\) 的时候有系数。所以
\[\frac{x-x^{-1}}{1-(x+x^{-1})y}
\]
的 \(x^{n}y^{m},n\ge 1\) 的系数是与 \(xQ(x,y)\) 一致的。因此
\[\frac{1-x^{-2}}{1-(x+x^{-1})y}
\]
在 \(x^{n}y^{m},n\ge 0\) 的系数与 \(Q(x,y)\) 一致。把分母展开得到
\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i\ge 0}((x+x^{-1})y)^i \\=&\sum\limits_{i\ge 0}y^{i}\sum\limits_{j}\binom{i}{j}x^{2j-i}\end{aligned}
\]
\(x^{n}y^{m}\) 的系数是
\[\left[n+m\equiv 0\pmod 2\right]\binom{m}{(n+m)/2}
\]
因此
\[q_{n,m}=\left[n+m\equiv 0\pmod 2\right](\binom{m}{(n+m)/2}-\binom{m}{(n+m)/2+1})
\]
Reference:
https://blog.csdn.net/EI_Captain/article/details/113679227?spm=1001.2014.3001.5502
