Raney 引理学习笔记

目录

• Raney 引理
• 证明
• Application
• 例题
  • 洛谷P6672 [清华集训2016] 你的生命已如风中残烛

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 $\dfrac{\dfrac{(m + 1)!}{m + 1}}{m - n + 1} = \dfrac{m!}{m - n + 1}$