Raney 引理学习笔记
Raney 引理
Raney 引理 ： 对于 \(x_1,x_2,\dots,x_m\) ，如果 \(\sum\limits_{i = 1}^m x_i = 1\) ,则其所有循环位移中恰好有一个满足所有的前缀和都是正数。
证明
设 \(S_k = \sum\limits_{i = 1}^k x_i\)
由于 \(S_n = 1\)，则 \(S_k+S_n=S_k+1\)，存在这样一个数 \(x\) ，当在 \(x\) 和 \(x+1\) 之间的某点过后，其后所有的点都在0以上。
Application
这个引理也可以证明卡塔兰数列的通项公式 ： \(\dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n + 1}\)
如果把 ( 看做是 +1 ， 把 ) 看作是 -1 ，设括号序列为 \(x_1,x_2,\dots,x_{2n}\) , 则 \(\sum\limits_{i = 1}^{2n} = 0\)
那么可以在前面在加上一个 ( ,使总和和为 1 ，且将前缀和的限制 由 \(\ge 0\) 改为 \(> 0\) 使其符合 Raney 引理的应用条件。
因此，总共的方案数为 \(\dbinom{2n + 1}{n}\) , 由 Raney 引理，答案为 \(\dfrac{\dbinom{2n + 1}{n}}{2n + 1} = \dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n + 1}\)
例题
洛谷P6672 [清华集训2016] 你的生命已如风中残烛
在此题中，将前 m 项单独抽出，将 特殊牌 看做是 \(w_i - 1\) , 普通牌看做 -1 ，那么要求每一段前缀和 \(\geq 0\) , 由题目这个序列和为 \(0\) 。
我们再加一个 -1 ，并将全部项取反，将数列倒置，那么就符合 Raney 引理的应用条件。
并且因为 只有一个循环移位版本合法 ， 因此合法的版本一定是 1 （即原来的 -1） 在最前面
最后，只需要再把答案除以 \(m - n + 1\) , 因为有这么多个 -1 ， 都可能放在队首
答案为 \(\dfrac{\dfrac{(m + 1)!}{m + 1}}{m - n + 1} = \dfrac{m!}{m - n + 1}\)
