写在前面

分析求解一道组合数学的经典问题——格点路径问题，以及其母函数形式导出。

例题

设m,n∈Zm,\,n\in\mathbb{Z}m,n∈Z，am,na_{m,\,n}am,n是从格点(0,0)(0,\,0)(0,0)到格点(m,n)(m,\,n)(m,n)的路径数，但要求路径中的每一步只允许以下三种走法：

R:(x,y)→(x+1,y)R\,:\,(x,\,y)\to(x+1,\,y)R:(x,y)→(x+1,y) ;
U:(x,y)→(x,y+1)U\,:\,(x,\,y)\to(x,\,y+1)U:(x,y)→(x,y+1) ;
D+:(x,y)→(x+1,y+1)D^+\,:\,(x,\,y)\to(x+1,\,y+1)D+:(x,y)→(x+1,y+1) ;

试求序列{am,n}m,n⩾0\{a_{m,\,n}\}_{m,\,n\geqslant0}{am,n}m,n⩾0的普通型母函数F(x,y)F(x,\,y)F(x,y).

分析及求解

不妨设m⩾nm\geqslant nm⩾n，则从格点(0,0)(0,\,0)(0,0)到格点(m,n)(m,\,n)(m,n)的路径数为三元集S={U,R,D+}S=\{U,\,R,\,D^+\}S={U,R,D+}的重排列。

下面进行分类计数。

将路径以含有kkk个UUU步(向上步)分类，则必有n−kn-kn−k 个D+D^+D+步，m−(n−k)m-(n-k)m−(n−k)个RRR步，即重集
{k⋅U,(n−k)⋅R,(m−n+k)⋅D+}\big\{k\cdot U,\,(n-k)\cdot R,\,(m-n+k)\cdot D^+\big\} {k⋅U,(n−k)⋅R,(m−n+k)⋅D+}
的全排列数，所以直接得
am,n=∑k=0n(m+kk,n−k,m−n+k)=∑k=0n(m+km)(mn−k),a_{m,\,n}=\sum_{k=0}^n\binom{m+k}{k,\,n-k,\,m-n+k}=\sum_{k=0}^n\binom{m+k}{m}\binom{m}{n-k}, am,n=k=0∑n(k,n−k,m−n+km+k)=k=0∑n(mm+k)(n−km),
于是序列{am,n}m,n⩾0\{a_{m,\,n}\}_{m,\,n\geqslant0}{am,n}m,n⩾0的普通型母函数F(x,y)F(x,\,y)F(x,y)为
F(x,y)=∑m⩾0∑n⩾0am,nxmyn=∑m⩾0∑n⩾0∑k=0n(m+km)(mn−k)xmyn=∑m⩾0∑k⩾0(m+km)[∑n⩾k(mn−k)yn]xm=∑m⩾0∑k⩾0(m+km)[∑n⩾k(mn−k)yn−k]xmyk=∑m⩾0xm(1+y)m[∑k⩾0(m+kk)yk]=∑m⩾0xm(1+y)m[∑k⩾0(m+k)(m+k−1)⋯(m+1)k!yk]=∑m⩾0xm(1+y)m[∑k⩾0(−m−k)(−m−k+1)⋯(−m−1)k!(−y)k]=∑m⩾0xm(1+y)m(1−y)−m−1=11−y∑m⩾0(x+xy1−y)m=11−y⋅11−x+xy1−y=11−y−x−xy\begin{aligned} F(x,\,y) &=\sum_{m\geqslant 0}\sum_{n\geqslant 0}a_{m,\,n}x^my^n\\ &=\sum_{m\geqslant 0}\sum_{n\geqslant 0}\sum_{k=0}^{n}\binom{m+k}{m}\binom{m}{n-k}x^my^n\\ &=\sum_{m\geqslant 0}\sum_{k\geqslant 0}\binom{m+k}{m}\Bigg[\sum_{n\geqslant k}\binom{m}{n-k}y^n\Bigg]x^m\\ &=\sum_{m\geqslant 0}\sum_{k\geqslant 0}\binom{m+k}{m}\Bigg[\sum_{n\geqslant k}\binom{m}{n-k}y^{n-k}\Bigg]x^my^k\\ &=\sum_{m\geqslant 0}x^m(1+y)^m\Bigg[\sum_{k\geqslant 0}\binom{m+k}{k}y^k\Bigg]\\ &=\sum_{m\geqslant 0}x^m(1+y)^m\Bigg[\sum_{k\geqslant 0}\frac{(m+k)(m+k-1)\cdots(m+1)}{k!}y^k\Bigg]\\ &=\sum_{m\geqslant 0}x^m(1+y)^m\Bigg[\sum_{k\geqslant 0}\frac{(-m-k)(-m-k+1)\cdots(-m-1)}{k!}(-y)^k\Bigg]\\ &=\sum_{m\geqslant 0}x^m(1+y)^m(1-y)^{-m-1}\\ &=\frac{1}{1-y}\sum_{m\geqslant 0}\bigg(\frac{x+xy}{1-y}\bigg)^m\\ &=\frac1{1-y}\cdot\frac1{1-\frac{x+xy}{1-y}}\\ &=\frac1{1-y-x-xy} \end{aligned} F(x,y)=m⩾0∑n⩾0∑am,nxmyn=m⩾0∑n⩾0∑k=0∑n(mm+k)(n−km)xmyn=m⩾0∑k⩾0∑(mm+k)[n⩾k∑(n−km)yn]xm=m⩾0∑k⩾0∑(mm+k)[n⩾k∑(n−km)yn−k]xmyk=m⩾0∑xm(1+y)m[k⩾0∑(km+k)yk]=m⩾0∑xm(1+y)m[k⩾0∑k!(m+k)(m+k−1)⋯(m+1)yk]=m⩾0∑xm(1+y)m[k⩾0∑k!(−m−k)(−m−k+1)⋯(−m−1)(−y)k]=m⩾0∑xm(1+y)m(1−y)−m−1=1−y1m⩾0∑(1−yx+xy)m=1−y1⋅1−1−yx+xy1=1−y−x−xy1

主要方法

上面的推导过程主要利用求和换序（需要注意变量的依赖关系）、广义牛顿二项式定理，由此即得结论。

广义牛顿二项式定理

(x+y)α=∑k=0∞(αk)xα−kyk,(x+y)^\alpha=\sum_{k=0}^{\infty} {\binom{\alpha}{k}x^{\alpha-k}y^{k}}, (x+y)α=k=0∑∞(kα)xα−kyk,

其中
(αk)=α(α−1)…(α−k+1)k!=(α)kk!,\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha(\alpha-1) \ldots(\alpha-k+1)}{k !}=\frac{(\alpha)_{k}}{k !}, (kα)=k!α(α−1)…(α−k+1)=k!(α)k,
这里α∈R\alpha\in\mathbb{R}α∈R.

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（组合数学笔记）格点路径问题分析求解

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