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kuing
Posted 2018-5-21 17:35
\(\newcommand\ctg[2]{\binom{#1}{\begin{matrix}#2\end{matrix}}}\)
还是稍微解释一下吧，不然别人看着一堆 $C$ 也不知什么意思。
为了叙述更清晰，将终点一般化记为 $Q(x,y,z)$（$x$, $y$, $z\inN^+$），令 $n=x+y+z$，记向量 $\bm i=(1,0,0)$, $\bm j=(0,1,0)$, $\bm k=(0,0,1)$。
由原点到 $Q$ 至少需要 $n$ 步，要走 $n+2$ 步的话，有两步多余，如果它们是与 $x$ 轴平行的，那么整个过程中就有：
$x+1$ 步 $\bm i$，$1$ 步 $-\bm i$，$y$ 步 $\bm j$，$z$ 步 $\bm k$。
故这种情况的方法数为 $C_{n+2}^{x+1}C_{n-x+1}^1C_{n-x}^yC_{n-x-y}^z$，另两种情况类似。
为了方便书写（其实主要是为了自定义代码方便），下面把公式化简一下并引入新记号。
设 $n=n_1+n_2+\cdots +n_k$，则不难证明
\[C_n^{n_1}C_{n-n_1}^{n_2}C_{n-n_1-n_2}^{n_3}\cdots C_{n-n_1-n_2\cdots -n_{k-1}}^{n_k}=\frac {n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!},\]
记
\[\ctg n{n_1 & n_2 & \cdots & n_k}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!},\]
则要走 $n+2$ 步的时候的结果为
\[\ctg{n+2}{x+1&1&y&z}+\ctg{n+2}{x&y+1&1&z}+\ctg{n+2}{x&y&z+1&1},\]
通分后为
\[\frac{(n+2)!\sum(y+1)(z+1)}{(x+1)!(y+1)!(z+1)!}.\]
要走 $n+4$ 步时，有 4 步多余，需要分更多的类。
如果它们都是与 $x$ 轴平行的，过程中就有：
$x+2$ 步 $\bm i$，$2$ 步 $-\bm i$，$y$ 步 $\bm j$，$z$ 步 $\bm k$；
如果既有与 $x$ 轴平行，也有与 $y$ 轴平行，过程中就有：
$x+1$ 步 $\bm i$，$1$ 步 $-\bm i$，$y+1$ 步 $\bm j$，$1$ 步 $-\bm j$，$z$ 步 $\bm k$；
其余情况就不列了，加起来就是：
\begin{gather*}
\ctg{n+4}{x+2&2&y&z}+\ctg{n+4}{x&y+2&2&z}+\ctg{n+4}{x&y&z+2&2}\\
{}+\ctg{n+4}{x+1&1&y+1&1&z}+\ctg{n+4}{x+1&1&y&z+1&1}\\
{}+\ctg{n+4}{x&y+1&1&z+1&1},
\end{gather*}
通分后为
\[\frac{(n+4)![\sum(y+1)(y+2)(z+1)(z+2)+2\sum(x+2)(y+2)(z+1)(z+2)]}{2(x+2)!(y+2)!(z+2)!}.\]
要走 $n+6$ 步就更复杂了：
\begin{gather*}
\ctg{n+6}{x+3&3&y&z}+\ctg{n+6}{x&y+3&3&z}+\ctg{n+6}{x&y&z+3&3}\\
{}+\ctg{n+6}{x+2&2&y+1&1&z}+\ctg{n+6}{x+1&1&y+2&2&z}\\
{}+\ctg{n+6}{x+2&2&y&z+1&1}+\ctg{n+6}{x+1&1&y&z+2&2}\\
{}+\ctg{n+6}{x&y+2&2&z+1&1}+\ctg{n+6}{x&y+1&1&z+2&2}\\
{}+\ctg{n+6}{x+1&1&y+1&1&z+1&1},
\end{gather*}
这个就不通分了……
不知道有没有化简公式…… |
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zhcosin
Posted 2018-5-21 16:25
