以上都是關於 Dyck paths 的經典結果. 然而 Deutsch, Munarini, Rinaldi 在 2010 年 發表了 Dyck Paths 的新的推廣 [6, 7]. 在他們推廣的定義中, 對於向下步容許有 “往左 走”. 亦即向上步仍然是原來Dyck paths 的(1, 1), 但是向下除了 (1, −1) 之外, 還允許有 (−1, −1). 他們將符合這個定義的格線路徑稱為 skew Dyck paths. 在這一節中我們介紹 Deutsch 他們的工作, 以及如何因而推導了三個 skew Dyck paths 的計數公式.
Deutsch 它們的主要想法是將 Dyck paths 的向下步由原本的 (1, −1) 再新增可以往 左下方走, 即向下步分成了右下步 (1, −1) 與左下步 (−1, −1) 這二種. 我們先介紹 skew Dyck paths 的定義, 再介紹一些相關性質.
定義4.1. 一個 skew Dyck path 是一個以原點為起點, 終點落在 x 軸上, 且永遠落在第一 象限的路徑, 其可容許的單位步 (unit steps) 有向上步 U = (1, 1), 右下步 D = (1, −1) 以及左下步 L= (−1, −1). 另規定一個 skew Dyck path 的長度 n 是指其向上步 U 的個 數.
比如說, 長度為 n = 1 的 skew Dyck paths 只有由 U D 所構成的這一個. 長度為 n= 2 的skew Dyck paths 則是由 U DU D, U U DD, U U DL 所構成的這三個. 而 n= 3 的 skew Dyck paths 有10個, 如圖 Figure 11所示.
Figure 11: n = 2, 3 的所有不同的 skew Dyck paths
令 S(n) 表示長度為 n 的所有 skew Dyck path所成的集合. 且令 sn = |S(n)|, 表示 長度為 n 的所有不同的 skew Dyck paths 的個數. 習慣上並定義 s0 = 1. 上述例子說明 {sn}n≥0 = {1, 1, 3, 10, . . . }. 令
S(z) = X
n≥0
snzn = 1 + z + 3z2+ 10z3+ . . .
為 {sn}n≥0 的生成函數. 在上下文不混淆的情形下, 我們簡寫 S = S(z) 以方便閱讀. 同樣地, 利用 Sch¨utzenberger 拆解法, 我們可以導出 S(z) 所滿足的函數方程.
定理 4.2 (Deutsch, Munarini and Rinaldi, 2010). [6, 7] S = S(z) 滿足函數方程 S = 1 + zS2+ z(S − 1),
故
S(z) = 1 − z −√
1 − 6z + 5z2
2z .
證明: 模仿之前的想法來拆解. 如圖 Figure 12 所示. 一個 skew Dyck path 如果 n = 0, 表示只有一個點. 如果 n ≥ 1, 第一步就一定是向上步 U. 因為 skew Dyck paths 必會回 到 x軸, 我們考慮第一次碰到 x軸時, 是由右下步 D′ 造成, 或者是左下步 L′ 造成.
(1) 如果第一次碰到 x 軸是由右下步 D′ 造成, 則介於 U, D′ 之間的路徑可視為另一個
or
−1 z
S
S 1 z
or
S
Figure 12: skew Dyck paths 的拆解
skew Dyck path (而且永遠落在 x≥ 1),且上述的 D′ 之後視為另一個 skew Dyck path, 沒有任何限制. 因此在此情形,路徑可拆解為
U SD′S.
(2) 第一次碰到 x 軸是由左下步 L′ 造成, 則介於 U, L′ 之間的路徑可視為另一個 skew Dyck path (而且永遠落在 x≥ 1), 但是這個路徑必須是非空; 否則整個路徑變成 U L′,這 是一個不合法的路徑. 故 U, L′ 之間的路徑其生成函數為 S− 1. 又 L′ 後面已經無法再接 任何路徑了. 因此在此情形, 路徑可拆解為
U(S − 1)L′.
綜上所述, 因為 z 標記向上步,因此將上述分解翻譯成函數方程則為 S = S(z) = 1 + zS2+ z(S − 1).
解之即可得
S(z) = 1 − z −√
1 − 6z + 5z2
2z ,
故得證 接著利用 Lagrange inversion formula 我們可得出 sn 的明顯表達公式.
定理 4.3 (Deutsch, Munarini and Rinaldi, 2010 [6, 7]). sn 有以下表達式: 1.
sn=
n
X
k=1
n − 1 k− 1
ck,
2.
sn =
n
X
k=1
(−1)k−15n−kn − 1 k− 1
ck,
3.
sn= 1 n
⌊n−12 ⌋
X
k=1
n k
n − k k+ 1
3n−2k−1,
其中 ck = k+11 2kk
為第 k 項的 Catalan 數.
證明: 由S = 1 + zS2+ z(S − 1),作代數變換得S− 1 = z(S2+ S − 1). 令F = S − 1, 可得
F = z(F2+ 3F + 1).
因此由 Lagrange inversion 公式得n ≥ 1時 sn= [zn]F = 1
n[zn−1](z2+ 3z + 1)n.
接下來的技巧是將 (z2+ 3z + 1) 寫成不同的表示方法. 顯然,至少可寫成 (1 + z)2+ z, (1 − z)2+ 5z 或 (1 + 3z) + z2
這三種表示方法. 底下對每一種方法展開後就得到所欲證的公式, 計算如下:
(1) 若寫 (z2+ 3z + 1) = (1 + z)2 + z, 則
(2) 若寫 (z2+ 3z + 1) = (1 − z)2+ 5z, 則
又因二項式係數要有意義, 必須滿足 n− k ≥ k + 1,故上標 k 需滿足 k≤ n−12 . 因此,
sn= 1 n
⌊n−12 ⌋
X
k=1
n k
n − k k+ 1
3n−2k−1.
由上述的式子,可得到 {sn} 初始的幾項是 1, 1, 3, 10, 36, 137, 543, 2219, 9285, . . . .