Narayana Number

Narayana 数，通常记作 \(\displaystyle \operatorname{N}(n, k)\)，其中 \(n \in \mathbb N^+, 1 \le k \le n\)，表达式为：

\[\operatorname{N}(n, k) = \frac{1}{n}\binom{n}{k} \binom{n}{k - 1} \]

Narayana 数构成 Narayana 三角形，第 \(n\) 行 \(k\) 的列为 \(\operatorname{N}(n, k)\)，前 6 行形式大概是这样的：

\[\begin{matrix} &1 \\ &1 &1 \\ &1 &3 &1 \\ &1 &6 &6 &1 \\ &1 &10 &20 &10 & 1 \\ &1 &15 &50 &50 &15 &1 \\ \end{matrix} \]

常见组合意义

1. 长度为 \(2n\) 的合法括号串，满足恰好有 \(k\) 个 () 子串。
2. \(n\) 个点的无标号有根树，儿子有顺序，有恰好 \(k\) 个叶子。
3. 从 \((0, 0)\) 走到 \((2n, 0)\) 的路径，每步可以走 \((1, 1)\) 或 \((1, -1)\)，要求不能走到 \(x\) 轴下方，路径恰好有 \(k\) 个峰。
4. 由 \(n\) 个 \(+1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 构成的序列，满足所有前缀和非负，恰好有 \(k\) 个 \(\langle +1, -1\rangle\) 的子结构。
5. 将圆 \(n\) 等分，点按顺时针标号为 \(1, \cdots, n\)，将点集 \(\{ 1, \cdots, n\}\) 划分为 \(k\) 个非空点集 \(S_1, \cdots, S_k\)，要求点集凸包两两不交。

1 3 4 显然等价的。

2：将括号串看成类似欧拉序的东西，不难发现是等价的。

5：每次选

这里给出三种证明。

证明 1

对 4 这个结构进行计数。

不妨在序列开头加一个 \(+1\)，这样就是要求有 \(n +1\) 个 \(+1\)，所有前缀和都是正数。

此时我们的序列一定能被写成 \(\displaystyle (+1)^{p_1} (-1)^{q_1} (+1)^{p_2} (-1)^{q_2} \cdots (+1)^{p_k}(-1)^{q_k}\) 的形式，其中乘法表示序列的拼接，且 \(\displaystyle \forall 1 \le i \le k, p_i, q_i > 0, \sum_{1 \le i \le k} p_i = n + 1, \sum_{1 \le i \le k} q_i = n\)。

先不考虑前缀和都是正数的限制，此时计数可以通过简单的插板解决，方案数为 \(\displaystyle \binom{n}{k - 1} \binom{n - 1}{k - 1}\)。

考虑对于一种合法方案在不限制前缀和的情况下被数了几次，我们有：

Raney 引理：若序列 \(\langle x_1, x_2, \cdots, x_m \rangle\) 是任何一个和为 +1 的整数序列，那么它的循环位移中恰好有一个满足所有前缀和都是正数。

证明见《具体数学》。

那么对于合法的方案的所有循环位移，只有合法的这个方案是应该被数到最终的方案数里的，但是我们数到了所有以 \(+1\) 开头 \(-1\) 结尾的循环位移，也就是数了 \(k\) 遍，除掉即可得到真正的方案数为 \(\displaystyle \frac{1}{k} \binom{n}{k - 1} \binom{n - 1}{k - 1}\)。

通过吸收恒等式进行简单处理后即可得到 \(\displaystyle \frac{1}{n} \binom{n}{k} \binom{n}{k - 1}\) 即 \(\operatorname{N}(n, k)\)。

证明 2

对 1 的结构计数，记答案为 \([x^ny^k]\displaystyle F(x, y)\)，这里认为 \(n = 0\) 时方案数为 0。

考虑找到和开头的左括号匹配的右括号，那么他们中间的部分肯定也是合法括号串，右括号后的部分也是合法括号串，这样就得到：

\[F = x(y + F)(F + 1) \]

进行拉格朗日反演：

\[\begin{aligned} \left[x^n\right] F &= \frac{1}{n} \left[x^{n-1}\right] \big((x+y)(x+1) \big)^n \\ &= \frac{1}{n} [x^{n-1}] \sum_{\substack{0 \le j \le n \\ 0 \le k \le n}} \binom{n}{j}\binom{n}{k} x^{j+k} y^{n- k} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{j + k = n - 1} \binom{n}{j} \binom{n}{k} y^{n-k} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{0 \le j \le n - 1} \binom{n}{j} \binom{n}{j+1} y^{j+1} \end{aligned} \]

那么就有：

\[[x^n y^k] F(x, y) = \frac{1}{n} \binom{n}{k} \binom{n}{k - 1} \]

也即 \(\operatorname{N}(n, k)\)。

证明 3

对 3 的结构计数，记答案为 \(f_{n, k}\)。

不妨先进行如下的坐标变换 \(\displaystyle (x, y) \leftarrow \left( \frac{x + y}{2} , \frac{x - y}{2}\right)\)。

这样问题就变为了从 \((0, 0)\) 走到 \((n, n)\)，每步可以走 \((0, 1)\) 或 \((1, 0)\)，要求不能走到 \(y = x\) 下方，且有恰好 \(k\) 个 峰。

先考虑没有 \(y = x\) 相关的限制怎么做，记 \(g_{n, m, k}\) 表示从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\)，恰好有 \(k\) 个 转折点 的方案数，通过简单的分类讨论可以得到：

\[\begin{aligned} g_{n, m, k} = \begin{cases} \displaystyle 2 \binom{n-1}{\frac{k+1}{2} - 1} \binom{m-1}{\frac{k+1}{2}-1} &, 2 \nmid k \\ \displaystyle \binom{n-1}{\frac{k}{2}-1} \binom{m-1}{\frac{k}{2}} + \binom{n-1}{\frac{k}{2}} \binom{m-1}{\frac{k}{2}-1} &, 2 \mid k \end{cases} \end{aligned} \]

现在来解决不能穿过 \(y = x\) 这个限制。

对于一般的情况，我们通常是通过反射容斥的方式来解决这个问题。

但是这里的问题是通过反射容斥的方式翻折后转折点个数是不好确定的，所以考虑构造双射使得翻折后转折点个数恰好减少 1：

• 找到不合法的折线与 \(y = x-1\) 第一次接触的位置，并翻折形成走到 \((n+1, m-1)\) 的折线。
• 若这条折线与 \(y = x - 1\) 相交后走的第一步 \((1, 0)\)，将交点后到这一步之间的部分（包括这一步）全部删掉，形成新的折线。

不难验证转折点个数一定减少 1，这样就构造出了符合条件的双射。

考虑枚举相交后向上走的步数，可以得到：

\[\begin{aligned} f_{n,k} &= g_{n, n, 2k-1} - \sum_{i \ge 0} g_{n, n - 1 - i, 2k - 2} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \sum_{i \ge 0} \left( \binom{n-i-2}{k-2} \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-i-2}{k-1} \binom{n-1}{k-2} \right)\\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \sum_{i \ge 0} \binom{n-i-2}{k-2} - \binom{n-1}{k-2} \sum_{i \ge 0} \binom{n-i-2}{k-1} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \sum_{i \le n -2} \binom{i}{k-2} - \binom{n-1}{k-2} \sum_{i \le n-2} \binom{i}{k-1} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-2} \binom{n-1}{k} \\ &= \binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-2} \binom{n-1}{k} \\ \end{aligned} \]

不难验证这个结果和上面的结果等价。

性质

性质 1：\(\displaystyle \operatorname{N}(n, k) = \operatorname{N}(n, n - k + 1)\)。

性质 2：\(\displaystyle \sum_{1 \le k \le n} \operatorname{N}(n, k) = \operatorname{C}_n\)，其中 \(\operatorname{C}_n\) 是 Catalan 数。

都比较显然。

好像都没啥用？