Raney 引理
Raney 引理 ： 对于 (x_1,x_2,dots,x_m) ，如果 (sumlimits_{i = 1}^m x_i = 1) ,则其所有循环位移中恰好有一个满足所有的前缀和都是正数。
证明
设 (S_k = sumlimits_{i = 1}^k x_i)
由于 (S_n = 1)，则 (S_k+S_n=S_k+1)，存在这样一个数 (x) ，当在 (x) 和 (x+1) 之间的某点过后，其后所有的点都在0以上。
Application
这个引理也可以证明卡塔兰数列的通项公式 ： (dfrac{dbinom{2n}{n}}{n + 1})
如果把 ( 看做是 +1 ， 把 ) 看作是 -1 ，设括号序列为 (x_1,x_2,dots,x_{2n}) , 则 (sumlimits_{i = 1}^{2n} = 0)
那么可以在前面在加上一个 ( ,使总和和为 1 ，且将前缀和的限制 由 (ge 0) 改为 (> 0) 使其符合 Raney 引理的应用条件。
因此，总共的方案数为 (dbinom{2n + 1}{n}) , 由 Raney 引理，答案为 (dfrac{dbinom{2n + 1}{n}}{2n + 1} = dfrac{dbinom{2n}{n}}{n + 1})
例题
洛谷P6672 [清华集训2016] 你的生命已如风中残烛
在此题中，将前 m 项单独抽出，将 特殊牌 看做是 (w_i - 1) , 普通牌看做 -1 ，那么要求每一段前缀和 (geq 0) , 由题目这个序列和为 (0) 。
我们再加一个 -1 ，并将全部项取反，将数列倒置，那么就符合 Raney 引理的应用条件。
并且因为 只有一个循环移位版本合法 ， 因此合法的版本一定是 1 （即原来的 -1） 在最前面
最后，只需要再把答案除以 (m - n + 1) , 因为有这么多个 -1 ， 都可能放在队首
答案为 (dfrac{dfrac{(m + 1)!}{m + 1}}{m - n + 1} = dfrac{m!}{m - n + 1})