Raney Lemma

Raney Lemma：长为 \(n\) 的整数序列 \(x_{1\sim n}\)，\(\sum x_{i} = 1\)，在 \(n\) 个 \(x_{1\sim n}\) 的循环移位中恰有一个满足前缀和均 \(> 0\)。
证明：记 \(S_{i} = \sum\limits_{j = 1}^i x_{j}\)，设 \(i\) 为合法的循环移位中放在最后的下标。则对 \(j > i\)，\(j\) 处的前缀和为 \(S_{j} - S_{i}\)；对 \(j \le i\)，\(j\) 处前缀和为 \(1 - S_{i} + S_{j}\)。因为前缀和都要 \(> 0\)，推出对于 \(j > i\) 有 \(S_{j} > S_{i}\)，对于 \(j\le i\) 有 \(S_{j} \ge S_{i}\)。故 \(i\) 只能为 \(S_{i}\) 最小且最靠右的下标，该下标也满足条件。

对偶形式：长为 \(n\) 的整数序列 \(z_{1\sim n}\)，\(\sum z_{i} = -1\)，在 \(n\) 个 \(z_{1\sim n}\) 的循环移位中恰有一个满足真前缀和均 \(\ge 0\)。

• 取反：记 \(y_{i} = -x_{i}\)（这里的 \(x_{1\sim n}\) 就是上文 Raney 引理中的 \(x_{1\sim n}\)），有 \(\sum y_{i} = -1\)，在 \(n\) 个 \(y_{1\sim n}\) 的循环移位中恰有一个满足前缀和均 \(\le -1\)。
• 翻转：记 \(z_{i} = y_{n + 1 - i}\)，那么 \(S_{z}(i) = -1 - S_{y}(n - i)\)（考虑 \(y\) 的后缀和），又因 \(y_{1\sim n}\) 只存在一个循环移位满足 \(\forall 1\le i < n, S_{y}(i)\le -1\)（\(S_{y}(n) = -1\) 是定值），也就只存在其对应的 \(z_{1\sim n}\) 满足 \(\forall 1\le i < n, S_{z}(i) = -1 - S_{y}(n - i)\ge 0\)。

Cycle lemma：

• 引理 A：\(\sum x_{i} = k(k > 0)\)，循环位移前缀和 \(> 0\) 至多存在 \(k\) 个。
  考虑把 \(S_{i}\) 无限延伸得到 \(\tilde S\)，也即 \(\tilde S_{i + pn} = S_{i} + kp\)。若位置 \(i\) 结尾，则前缀和相当于是 \(j\in (i, i + n]\) 的 \(\tilde S_{j} - \tilde S_{i}\)。所以可以知道 \(i\) 结尾合法当且仅当 \(\forall j > i, \tilde S_{j} > \tilde S_{i}\)。
  而考虑按照 \([0, n), [n, 2n), \cdots\) 划分，每一块都是在前一块的基础向上平移 \(k\) 步，块内合法下标的值会挤在宽 \(k\) 的窗口里，所以每一块至多只有 \(k\) 个下标能做结尾，且只考虑 \([0, n)\) 这一块的结尾，故不超过 \(k\)。
• 引理 B：\(x_{i}\le 1, \sum x_{i} = k(k > 0)\)，循环位移前缀和 \(> 0\) 恰好存在 \(k\) 个。
  有了引理 A 的铺垫就很好理解了，去选前缀和值为 \([\min S_{i}, \min S_{i} + k)\) 且每个值最靠后的下标即可。

由此可以直接得到 Bertrand's ballot theorem：
有 \(p\) 个 \(+1\)，\(q\) 个 \(-1\)（\(p > q\)），排出的序列前缀和始终 \(> 0\) 的概率为 \(\frac{p - q}{p + q}\)。

这里其实有个小问题，有的循环移位可能本质不同数量不是 \(p + q\)，而是会重复 \(c\) 次，也就是该循环移位只有 \((p + q) / c\) 个不同方案，但这类似于 Cycle Lemma 中的无限延伸 \(\tilde S\)，如果允许重复会出现 \(p - q\) 个方案，要求不重复因为每个块合法性相同是 \((p - q) / c\) 个，概率仍然是 \(\frac{{p - q}}{p + q}\)。

\(n\) 个点区分子树顺序有根树方案数为 \(\frac{\binom{2n - 2}{n - 1}}{n} = \operatorname{Catalan}(n - 1)\)。
按 dfs 序遍历，记录每个点的儿子个数 \(son_{i}\)，合法当且仅当：

• \(son_{i}\ge 0, \sum son_{i} = n - 1\)。
• \(\forall 1\le i < n, \sum\limits_{j = 1}^i son_{j}\ge i\)（保证当前还能继续挂儿子）。
  第一个条件的方案数为 \(\binom{2n - 2}{n - 1}\)，第二个条件可以转为 \(\forall 1\le i < n, \sum\limits_{j = 1}^i (son_{j} - 1) \ge 0\)，同时 \(\sum (son_{i} - 1) = -1\)，符合 Raney 引理的对偶形式，故带上 \(\frac{1}{n}\) 的系数即可。

Fuss-Catalan：对满 \(k\) 叉树，设有 \(n\) 个 \(k\) 个儿子的点和 \(L\) 个叶点。根据 \(N = n + L = nk + 1\) 可以得到 \(L = (k - 1)n + 1\)，一样的套用上面 Raney 定理的分析，方案数易得为 \(\frac{\binom{nk + 1}{n}}{nk + 1} = \frac{\binom{kn}{n - 1}}{n}\)。

Narayana Number：对于一个 \(n\) 个 \(+1\)，\(n\) 个 \(-1\) 且前缀和始终 \(\ge 0\)，恰好有 \(k\) 对 \((+1, -1)\)，在序列开头添加一个 \(+1\)，整个序列形如 \((+1)^{p_{1}}(-1)^{q_{1}}\cdots(+1)^{p_{k}}(-1)^{q_{k}}\)（乘法代表拼接），需要满足 \(p_{i}, q_{i}\ge 1, \sum p_{i} = n + 1, \sum q_{i} = n\) 且前缀和均 \(> 0\)，方案数即为 \(\frac{1}{k}\binom{n}{k - 1}\binom{n - 1}{k - 1} = \frac{1}{n}\binom{n}{k - 1}\binom{n}{k}\)（注意这里的分母是 \(\frac{1}{k}\) 是因为序列的形态必须满足是 \((-1)\) 段的结尾在最后，所以只有 \(k\) 中循环位移被计算在了总和中）。
值得一提的是，把括号序列转成欧拉序看待，可得到 \(n + 1\) 个点的区分子树顺序的有根树有 \(k\) 个叶子的方案数也为该式。