\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包｛amssymb｝\使用包{amsmath}\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{amscd}\使用包{graphicx}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包｛float｝\使用包{psfig}\使用包{graphics}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\使用包{breakurl}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.1in}\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{https://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\使用包{tikz}\使用tikzlibrary｛arrows.meta｝\声明MathOperator{\trace}{tr}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引理}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\新定理{观察}[定理]{观察{\输入{butler-pics}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf枚举多路并行模式}\vskip 1cm\大史蒂夫·巴特勒\\数学系\\爱荷华州立大学\\艾姆斯，IA 50011\\美国\\\链接{mailto:butler@iastate.edu}{\tbutler@iastate.edu}\\\ \\Jeongyoon Choi、Kimyung Kim和Kyuhyok Seo\\京畿省天才科学高中\\大韩民国\结束{中心}\vskip.2英寸\开始｛摘要｝杂耍数学中的一个经典问题是给出杂耍模式数量的基本计数。在一次最多抓到/投出一个球的情况下，这一问题得到了解决，最简单的证据是埃伦堡和雷迪使用卡片。我们引入了一套新的卡片，可以用来计算多重杂耍模式（当一次可以抓到/扔出多个球时）。这组卡片模拟了正确的行为，避免了歧义问题；另一方面，这些卡片不再是独立的。利用传递矩阵法结合卡片，我们列举了恰好有$b$个球和手容量$\kappa$的多重杂耍模式，并包括$\kapba=2,3$的数据，并建立了卡片的一些组合属性。\结束{抽象}\章节{引言}虽然数学和杂耍已经独立存在数千年了，但直到最近三十年，杂耍数学才成为一门独立的学科（一般介绍见Polster \cite{P}）。已经使用了几种不同的方法来描述杂耍模式。最著名的方法是siteswap，它提供了在给定时刻如何处理手中的球的信息，特别是你应该把球扔多高（参见{BEGW，P}）。出于理论和列举的目的，一种更有用的方法是通过使用卡片来描述模式。这首先在埃伦堡和雷迪引用{ER}的著作中介绍（另见斯塔德勒引用{斯塔德勒}），并由巴特勒、钟、卡明斯和格雷厄姆引用{BCCG}修改。杂耍卡片的重点是当我们在给定的时刻停止杂耍时，球落地的相对顺序。每次投掷都会（可能）改变球的相对顺序。然而，我们只能影响投球的顺序；其余的球仍将保持彼此之间的相对顺序。因此，如果有$b$个球，则可能会发生$b+1$个不同的重新排序。也就是说，我们不扔球（“$+1$”），也不扔球，这样它就会以相对于其他$b-1$球的顺序降落（这可以通过$b$方式实现）。图~\ref{fig:BasicCards}显示了$b=3$情况下的四张不同的牌（在所有的牌图中，底部的圆圈表示在“节拍”时没有接住球或接住并投掷影响球的相对顺序的手；我们总是会想到时间从左向右移动）。\开始｛figure｝[htb！]\定心\picCa\hfil\picCb\hfil/picCc\hfil-picCd\标题{最多可玩三个球的杂耍卡。}\标签{fig:BasicCards}\结束{图形}使用卡片的优点是卡片可以相互独立工作。换言之，在给定时间使用的卡的选择不依赖于前面的卡选择。在siteswap中，情况正好相反，因为您必须知道前面的所有抛出，才能确定在给定时间可能发生的抛出。给定一组给定$b$的$n$卡，我们可以定期重复这些卡以形成一个模式。此外，每一个可能的带有句点$n$和emph{最多}$b$球的杂耍序列都将作为这些牌的独特组合出现（参见{BCCG，P}）。因此，对于$b$个球，周期$n$的不同杂耍序列的数量如下所示\[（b+1）^n-b^n，\]安排$n$张牌的方法的数量，以便至少有一次顶部的球会向下移动（因此所有球都会被抓住）。count$（b+1）^n$是最多有$b$个球的杂耍序列数。如果我们想找到所有的杂耍模式emph{minimal}period$n$（即杂耍重复模式所需的最短时间间隔），并精确地使用$b$球，那么我们可以使用M“obius反转并除以period得到\[\frac1n\sum{d\midn}\mu（{textstyle\frac{n}{d}}）\大（（b+1）^d-b^d\big），\]其中$\mu$是M“obius函数（请参阅{BEGW}）。我们将在第~\ref{sec:counts}节中对此进行更详细的讨论。（我们通过注意杂耍模式不依赖于时间来区分杂耍序列和杂耍图案，也就是说，如果我们按$1$单位移动时间，它仍然是相同的模式，但可能不是相同的序列。）只要人们对杂耍的数学感兴趣，就有兴趣将结果扩展到多重杂耍（一次可以抓到多个球）。在Ehrenborg和Readdy\cite{ER}，他们制作了可能用于多重杂耍的卡片。对于这些卡片，多个球可以在给定的时间落下，然后适当地重新分配。虽然这些卡片可以描述每一种杂耍模式，但问题是失去了唯一性（参见图{fig:unique}中描述相同模式但使用不同卡片的两张连续卡片的示例；请注意，这些卡片是从埃伦堡和雷迪引用{ER}中给出的卡片的形式镜像而来的）。因此，这些不会与杂耍序列的数量形成双射。\开始{图}[htb！]\定心\picERc\picERa\hfil\picER d\picERa\标题{使用埃伦堡和雷迪牌引起的歧义{ER}。}\标签{图：非均匀}\结束{图形}一种方法是区分落下的球。这就是巴特勒、钟、卡明斯和格雷厄姆所做的，这种卡片的例子如图所示。这避免了可能出现的歧义，但不能准确反映实际中的多重杂耍。相反，这反映了多个杂耍演员的传球模式，每个杂耍选手都会接住一个球（尤其是不同的杂耍球员会得到不同的分数）。\开始{图}[htb！]\定心\微微BCCGa\标题{Butler、Chung、Cummings和Graham\cite{BCCG}中使用的卡片示例。}\标签{图：分隔}\结束{图形}在本文中，我们将提出一种可用于多路杂耍的新型卡片。它避免了Ehrenborg和Readdy的歧义问题，也避免了Butler、Chung、Cummings和Graham的建模问题。然而，它确实是以拥有一张依赖于之前的卡为代价的。在第~\ref{sec:cards}节中，我们将介绍这些卡片，在第~\ ref{sec:graph}节，我们将展示如何使用与加权图关联的矩阵来计算长度为$n$的周期卡片序列的数量。然后我们统计第~\ref{sec:properties}节和第~\ref{sec:counts}节中的杂耍序列数和杂耍模式数。在第~\ref{sec:hand}节中，我们将考虑限制投掷的球数时会发生什么。我们将在第~\ref{sec:conclusion}节中给出一些结论，包括对交叉数计数的讨论。我们还将看到，在计算计数的过程中生成的对象似乎具有独立的组合兴趣。此外，虽然我们的主要目标是列举杂耍模式，但卡片本身可能对探索杂耍的其他组合方面很有用。最后，我们注意到，虽然有一些人对计算多重杂耍模式感兴趣，但在本文之前几乎没有成功。巴特勒（Butler）和格雷厄姆（Graham）（{BG}）取得了最大的进展，但他们的重点是计算状态图中的闭路行走，无法有效地枚举所有杂耍模式。\第{节用于多重杂耍的卡片}\label{sec:Cards}卡片描述杂耍模式的方式是通过了解其落地时间的相对顺序。图~\ref{fig:unique}中出现的歧义来自这样一个事实，即两个球正在一起落地，但在排序中仍然保持分开。由于它们是分开的，我们可以用两种方式排序，但这不会影响模式。这表明了以下简单的修正：卡片上的轨迹不再代表单个球，而是将一起落下的一组球。因此，现在要么“最低”组没有落地，要么最低组落地后球被抛出，从而被放置在新的轨道上和/或添加到现有轨道上。在每次投掷之前，我们将在卡片的左侧有一个球数$b$的组合（或有序分区）。我们将其称为\emph{到达合成}，即$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$，它对应于我们要停止杂耍的语句，我们将首先让$q_1$球在某个点落在一起；然后$q2$球在一段时间后一起落地；依此类推，直到最后$q_k$球落在一起。（请注意，我们并不是说它们会相隔一个时间步长落地；卡片是用来记录物体落地的相对顺序，而不是它们落地的绝对时间。）每次投掷后，我们将在卡的右侧有另一个$b$的组合。我们将其称为\emph{离场合成}，即$（r_1，r_2，\ldots，r\ell）$。到达和离开作文中的部分数量不必相同，但我们必须有$\ell\ge k-1$。如果球的底部轨迹落地，则卡片会指示$q_1$球如何重新分配到出发构图。这些卡的示例如图~\ref{fig:multicards}所示，其中第一张卡对应从$（2,1,1）$返回到$（2,2,1）$，第二张卡对应于从$（2.2,1）$到$（1,2,2）$。\开始{图}[H]\定心\开始{tabler}{c@{\qquad}c}\picJUGA和\picJUGB\\\开始{tikzpicture}[scale=0.4]\填充[颜色=黑色！50！白色，圆角]（0,0）矩形（1,1）（0,1）矩形（1,2）；\绘制[粗圆角]（0,2）矩形（1,3）（0,1）矩形（1.2,0,0）矩形（1.1,1）（1.0,0）长方形（2,1）；\结束{tikzpicture}&\开始{tikzpicture}[scale=0.4]\填充[color=black！50！white，圆角]（0,1）矩形（1,2）（1,1）矩形（2,2）（0,2）矩形（1.3）；\画出[粗圆角]（0,0）矩形（1,1）（0,1）矩形（2,2）（0,2）矩形（1,3）矩形（2,3）；\结束{tikzpicture}\结束{表格}\标题{我们用来模拟多重杂耍的卡片示例，以及相应的嵌入。}\标签{fig:多张卡片}\结束{图形}\开始｛定义｝如果存在索引$1\lei_2<i_3<cdots<i_k\le\ell$，则组合$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$可以被\emph{非私有地嵌入}到组合$（r_1，r_2，\ltots，r_ell）$中，以便$q_j\ler_{i_j}$用于$2\lej\le-k$。非平凡的嵌入可能不唯一。组合$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$可以被\emph{平凡地嵌入}到组合$（r_1，r_2，\ltots，r_ell）$中，当且仅当$。\结束{定义}对于$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$（$b$的一个组合）到$（r_1，r_2，\ltots，r_ell）$（另一个$b$组合）的每一个非平凡的嵌入，我们都有一张独特的卡片，用于在发生抛出的地方进行多重杂耍。作为图~\ref{fig:multicards}中的一个示例，我们还通过绘制$（r_1，r_2，\ldots，r_ell）$的分区，在下面标记了$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$如何嵌入到$（r.1，r.2，\ldot，r_ell）$中，该分区从底部的$r_1$排列到顶部的$r_\ell$，并对$q_2，\ ldot，q_k$位于分区内的位置进行了阴影处理。普通嵌入，即$（q_1，q_2，\ldots，q_k）=（r_1，r_2，\ltots，r_ell）$，对应于无抛出。图~\ref{图：3ballcards}显示了用于最多$b=3$个球的多重杂耍的所有可能的卡片（以及相应的嵌入）。\开始{图}[htb！]\定心\开始{tablar}{c|c|c| c|cc|c}\hline\vphantom{-}&&&&&\\\picJPaa和\picJPab和\pipJPac和\picJPad和\pigJPae和\picJPaf\\\partpicA&\partpicB&\pardpicC&\partopicD&\partmicE&\partficF\\hline\vphantom{-}&&&&&\\\picEXg&\picEXf&\picEXe&\pigJPbd&\pieEXa&\picEXb\\\partpicG&\partpicH&\pardpicI&\partmicJ&\partopicK&\partticL\\hline\vphantom{-}&&&&&\\\picEXc&\picEXd&\picEXh&\pigJPcd&\pieJPce&\pipJPcf\\\partpicM&\partpicN&\partmicO&\partficP&\pardpicQ&\partticR\\hline\vphantom{-}&&&&&\\\picJPda和\ picJPdb和\ picJPdc和\ picJPdd和\ picJPde和\ picJPdf\\\partpicS&\partpicT&\partpicU&\partmicV&\partticW&\pardpicX\\hline\结束{表格}\标题{$b=3$balls的所有卡片和相应的构图嵌入。}\标签{图：3张球卡}\结束{图形}我们现在可以通过嵌入作文来检查卡片的解释来确定卡片的数量。\开始{引理}\标签{lem:right}组合$（r_1，r_2，\ldots，r_\ell）$可以将组合嵌入其中的方式总数为\[\产品i（ri+1）。\]这相当于卡片的数量，其中$（r_1，r_2，\ldots，r_\ell）$是出发成分。\结束{引理}\开始｛证明｝我们可以考虑对整个构图进行着色，然后根据需要删除部分构图。特别是对于每个部分$r_i$，嵌入可以使用该插槽中的$0,1、\ldot、r_i$。特别是对于第$i$th部分，有$r_i+1$个选项，这些选项可以相互独立进行。因此，有$（r_1+1）（r_2+1）\cdot（r_\ell+1）$可能的嵌入。\结束{proof}\开始{引理}\标签{lem:left}合成$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$可以嵌入到合成中的方式总数为\[1+\压裂{q_1+2k-2}{q_1+k-1}{q_1+k-1\选择k-1}2^{q_1-1}。\]等价地，这是卡片的数量，其中$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$是到达成分。\末端｛引理｝\开始{proof}假设发生了一次投掷，$q_1$balls落下并重新分配，可能会将球添加到现有组以着陆（即添加到$q_i$中的一个）或创建新组以着陆。假设我们嵌入的构图有$（k-1）+\ell$不同的部分，其中$0\le\ell\le q_1$。这可能发生在\[{k-1+\ell\choose\ell}{k+q_1-2\choose q_1-\ell}=\frac{\ell+k-1}{q_1+k-1{q_1\choose\ell}{q_1+k-1\choose k-1}\]不同的方式。${k-1+\ell\choose\ell}$将部件划分为来自现有部件（例如$q_i$）或新创建的部件。对于$\ell$个新部件，我们首先需要从$q_1$获得$1$的贡献，使$q_1-\ell$可以在$k-1+\ell$不同的部件之间任意分配，这可以在${k+q_1-2\choose q_1-\ ell}$ways中完成。最后，我们可以对二项式系数进行一些简单的操作。综上所述，通过抛出，$（q_1，q_2，\ldots，q_k）$可以嵌入到另一个合成中的方式总数为\开始{align*}\sum{\ell=0}^{q_1}\frac{\ell+k-1}{q_1+k-1{q_1\choose\ell}{q_1+k-1\choose-k-1}&=\压裂{1}{q_1+k-1}{q _1+k-1\选择k-1}\sum_{ell=0}^{q_1}（\ell+k-1）{q_1\choose\ell}\\&=\压裂{1}{q_1+k-1}{q _1+k-1\选择k-1}\bigg（\sum_{ell=0}^{q_1}\ell{q_1\choose\ell}+\sum{\ell=0}^{q_1}（k-1）{q_1\choose\ell}\bigg）\\&=\压裂{1}{q_1+k-1}{q _1+k-1选择k-1}\\\\&=\压裂{q_1+2k-2}{q_1+k-1}{q_1+k-1\选择k-1}2^{q_1-1}。\结束{align*}将其与来自平凡嵌入的“$+1$”相结合，结果如下。\结束{proof}我们现在可以确定卡片的总数，或者等效地确定可能的嵌入总数。从$b=0$开始，数字是\[1,~2,~7,~24,~82,~280,~956,~3264,约11144，~38048,~129904,~443520,~1514272，\ldots。\]这是OEIS\cite{OEIS}中的序列{A003480}，它以$a_0=1$、$a_1=2$和$a_2=7$开始，对于$b\ge 3$，我们有$a_b=4a_{b-1}-2a_{b-2}$。\开始{定理}\标签{thm:cardrecurse}如果$a_b$是用于描述使用$b$球进行多重杂耍的可能卡片数，则$a_1=2$，$a_2=7$，对于$b\ge 3$，我们有$a_b=4a_｛b-1｝-2a_{b-2}$。\结束{定理}\开始{proof}可以通过检查图~\ref{fig:3ballcards}来验证$a_1$和$a_2$，因此仍需建立递归。我们可以通过使用引理~\ref{lem:right}根据出发构图打破计数来计算卡片的数量。特别是我们有\开始{方程式}\标记{eq:ab}a_b=\sum_{（r_1，r_2，\ldots）\in\mathcal{R} _b（b）}\prod_{i\ge1}（r_i+1），\结束{方程式}其中$\mathcal{R} _b（b）$是$b$的所有组成部分。现在，我们根据第一部分的大小（可以是从$1$到$b$的任何部分）组合成分，进一步打破这个计数。所以我们有\开始{align*}a_b&=\sum_{j=1}^b\bigg（\sum_{（j，r2，\ldots）\in\mathcal{R} b（_b）}（j+1）\prod_{i\ge2}（ri+1）\bigg）\\&=\sum_{j=1}^b（j+1）\bigg（\sum_{（r_2，\ldots）\in\mathcal{右}_{b-j}}\prod_{i\ge2}（ri+1）\bigg）\\&=\总和{j=1}^b（j+1）a{b-j}，\结束{align*}其中，在最后一步中，我们注意到我们的形式是\eqref{eq:ab}。最后我们有\开始{align*}a_b-2a{b-1}+a{b-2}&=\和{j=1}^b（j+1）a{b-j}-2\sum{j=1}^{b-1}（j+1）a{b-1-j}+\和{j=1}^{b-2}（j+1）a{b-2-j}\\&=\sum_｛k=1｝^b（k+1）a_｛b-k｝-2\sum_{k=2}^{b} 卡_{b-k}+\和{k=3}^{b}（k-1）a{b-k}\\&=2a个_{b-1}-a_{b-2}。\结束{align*}在这里，我们将三项金额重新编入索引，以保持一致，然后注意到，除前两项外，其他所有项都将退出。重新安排我们得出$a_b=4a_｛b-1｝-2a_{b-2}$，根据需要。\结束{proof}\第{节{通过在图形中行走组合卡片}\label{sec:graph}使用卡片来描述杂耍模式的优点是能够独立于所有其他卡片选择当前卡片。有了这些用于多重杂耍的新卡，我们现在必须小心，因为当前卡的选择取决于以前的卡。也就是说，前一张卡的出发成分必须与当前卡的到达成分匹配。此外，如果我们正在形成句点$n$的图案，我们需要确保最后一张卡片也与第一张卡片一致（以便我们可以重复图案）。为了帮助实现这一点，我们将构造一个有向多图$\mathcal{G} _b（b）$\mathcal的顶点{G} _b（b）$是$b$的组成；对于每张卡片，我们从到达构图到离开构图添加一条有向边。\开始{观察}\标记{obs:双射}图中使用$n$卡片的周期序列和长度为$n$的闭合游动之间存在一对一的对应关系。特别是，要使用$n$卡片计算周期序列的数量，只需计算长度为$n$的闭合行走的数量就足够了。\结束｛观察｝接下来要注意的是，每张卡片都是一条边，如果两张卡片按顺序使用，则边也会按顺序出现在图中，从而给出了图中连续卡片序列和行走序列之间的对应关系。此外，我们可以周期性地重复模式这一事实表明，我们必须返回到我们开始时的相同构图，所以行走结束了。我们现在可以使用转移矩阵法（参见Stanley[Ch.\4.7]{S}）。\开始{定理}[传递矩阵法]\标号{thm:walks}给定一个有向多图$\mathcal{G}$，让$a$是由顶点索引的行和列的矩阵，其中$a{uv}$等于从$u\到v$的有向弧数。那么$\trace（A^n）$等于图中长度为$n$的闭合行走数。\结束{定理}设$A_b$是与图$\mathcal关联的矩阵{G} _b（b）$. 我们有$A_0=（1）$、$A_1=（2）$，\[A_2=\begin{array}{r}（2）\\（1,1）\end{arrays}\left（\begin}array{cc}2 & 1 \\1 & 3\结束{数组}\right），\qquadA_3类=\开始{数组}{r}（3）\\（2,1）\\2 & 1 & 1 & 1 \\1 & 3 & 2 & 3 \\1 & 1 & 2 & 0 \\0&1&1&4\结束{数组}\右），\]和\[A_4=\开始{数组}{r}（4）\\（3,1）\\2 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\1 & 3 & 2 & 3 & 2 & 3 & 3 & 4 \\1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 1 & 4 & 1 & 3 & 3 & 6 \\1 & 1 & 1 & 1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 0 & 2 & 1 & 2 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 3 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 5\结束{数组}\右），\]在左边，我们标记了对应于顶点的成分。为了便于参考，我们还提供了图$\mathcal{G} _0（0）$，$\马塔尔{G} _1个$，$\数学{G} _2$，$\马塔尔{G} _3个图~\ref{fig:graphs}中的$。\开始{图}[H]\定心\开始{tablar}{c@{\qquad\qquad}c@{\ qquad\\qquad{c@}\开始{tikzpicture}\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（a）位于（0,0）{$\emptyset$}；\绘制[-{>[比例=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a）--（0.75,0）--（075,0.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}--（0,0.75，--（a）；\结束{tikzpicture}&\开始{tikzpicture}\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（a）在（0,0）{$（1）$}；\绘制[-{>[比例=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a）--（0.75,0）--（075,0.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$2$}--（0,0.75，--（a）；\结束{tikzpicture}&\开始{tikzpicture}\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（a）位于（0,0）{$（1,1）$}；\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（b）位于（0,2）{$（2）$}；\绘制[-{>[比例=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a）--（0.75,0）--（075,0.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$3$}--（0，-0.75）--（a）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗细，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（b）--（0.75,2）--（075,2.75）节点[circle，draw，thick，fill=white，internal sep=1pt]{\ small$2$}--（0,2.75，--（b）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（b）到（0.25,1）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（a）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a）到（-0.25,1）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（b）；\结束｛tikzpicture｝&\开始{tikzpicture}\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（a）位于（0,0）{$（3）$}；\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（b）位于（3,0）{$（1,2）$}；\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（c）位于（3,3）{$（1,1,1）$}；\节点[绘制，矩形，圆角，内部sep=2pt]（d）位于（0,3）{$（2,1）$}；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a）--（-0.75,0）--（0.75，-0.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$2$}--（0，-0.75，--（a）；\绘制[-{>[比例=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（d）--（-0.75,3）--（0.75,3.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$3$}--（0,3.75，--（d）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗细，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（b）--（3.75,0）--（375，-0.75）节点[circle，draw，thick，fill=white，internal sep=1pt]{\ small$2$}--（3，-0.77）--（b）；\绘制[-{>[比例=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（c）--（4,3）--（3,3.75）节点[圆，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$4$}--（3,1.75）--（c）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a） 到（1.5,0.3）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（b）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（b） 到（1.5，-0.3）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（a）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a） 到（-0.3,1.5）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（d）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（d） 到（0.3,1.5）节点[圆形，绘制，粗，填充=白色，内部sep=1pt]｛\small$1$｝到（a）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（a） 到（1.5,1.5）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（c）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（c） 到（3,1.5）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（b）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（d） 到（1.5,3.3）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$3$}到（c）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（c） 到（1.5,2.7）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（d）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，粗，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（d） 到（1.5,2.1）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$2$}到（b）；\绘制[-{>[scale=1.25]}，厚，缩短>=2pt，缩短<=2pt，圆角]（b） 到（1.5,0.9）节点[圆，画，厚，填充=白色，内部sep=1pt]{\小$1$}到（d）；\结束{tikzpicture}\\$\mathcal美元{G} _0（0）$&$\马塔尔{G} _1个$&$\马塔尔{G} _2$&$\马塔尔{G} _3个$\结束{表格}\标题{图形$\mathcal{G} 0$，$\马塔尔{G} _1个$，$\马塔尔{G} _2$和$\mathcal{G} _3个$.}\标签{fig:图形}\结束{图形}我们注意到，引理~\ref{lem:right}可以用来确定$A_b$的\emph{column}和，而引理~\ ref{lem：left}可以用于确定$A_ b$的\ emph{row}和。利用定理~\ref{thm:walks}，我们还可以得到矩阵所有项的和。\节{计算多路杂耍序列}\标签{秒：属性}我们可以将Observation~\ref{obs:bijection}与定理~\ref}thm:walks}结合起来，求出$n$卡片的周期序列数。对于每个卡片序列，我们将得到一个多重杂耍序列。这是通过按照顺序放置卡片形成的图中投掷的球来完成的，以查看每个球在未来落地的时间步长。相反，给定一个杂耍顺序，我们可以通过确定在每次投掷后哪组球将一起落地来确定一组卡片。对于给定的杂耍序列，可以使用卡片以多种方式表示。（这与一次最多抓到一个球的情况不同。）问题在于从未使用过的球会发生什么。例如，在图~\ref｛fig:samesiteswap｝中，我们看到两组不同的三张牌，它们对应于相同的杂耍顺序，它们之间的区别是未使用的球中的轨迹。\开始{图}[htb！]\定心\picWeda\picWedb\picWedc\hfil公司\picWedd\picWede\picWedf\标题{两组不同的三张牌，具有相同的杂耍顺序。}\标签{fig:samesiteswap}\结束{图形}请注意，在最多抓到一个球的杂耍中，所有未使用的球都有相同的行为，在我们的语言中，它们相当于躺在轨道上，容量为$1$。因此，为了计算杂耍序列的数量，我们将$n$卡片与$b$曲目、$（b+1）^n$的放置方式以及$n$卡与$b-1$曲目，$b^n，$的放置方法进行了比较（这与$n$张卡片与$b$曲目的放置方式数量成双射关系，并且从未使用顶部曲目）。这得出$（b+1）^n-b^n$。我们将对我们用于多重杂耍的纸牌做一些类似的事情。\开始{定理}\label{thm:siteswapcount}假设$js_b（n）$是正好使用$b$个球且周期为$n$的多路杂耍序列的数量。然后\[js_b（n）=\trace（A_b^n）-\sum_{i=0}^{b-1}\t跟踪（A_i^n）。\]\结束{定理}\开始{proof}我们以$b$进行入职培训。对于$b=0$的基本情况，有一张卡（空卡），因此对于任何长度的$n$，只有一种方法来定位这些卡。由于$A_0=（1）$，我们有$\trace（A_0^n）=1$来建立基本案例。现在假设它通过$b-1$运行，并考虑$b$的情况。首先我们观察\[\跟踪（A{b}^n）=js{b}（n）+\sum{i=0}^{b-1}2^{b-i-1}jsi（n） ●●●●。\]接下来要注意的是，对于每个使用$i$个球的杂耍序列，我们可以找到与$i$的组成相对应的一系列牌。现在，我们可以在每张卡的顶部添加$b-i$个球，只要我们在不同的卡上保持一致。此外，我们必须放置$b-i$球的不同选项的数量等于$b-i$$2^{b-i-1}$的组合数量。重新安排并使用我们的归纳假设\开始{align*}js_b（n）&=\trace（A_{b}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}2^{b-i-1}jsi（n）\\&=\trace（A_{b}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}2^{b-i-1}\bigg（\trace（A_i^n）-\sum_{j=0}^{i-1}\trace\\&=\trace（A_{b}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}\t跟踪（A_i^n）\bigg（2^｛b-i-1｝-\和{k=0}^{b-i-2}2^k\bigg）\\&=\trace（A_{b}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}\trace，\结束{align*}确定结果。\结束{proof}\节{计算多路杂耍模式}\标签{秒：计数}要从计算周期$n$的杂耍序列到计算最小周期$n$$的杂凑模式，我们需要做两件事。首先，我们要删除任何周期较短的模式（假设$d$除以$n$，则长度为$d$的任何周期性卡片序列都可以重复$n/d$次，以形成长度为$n$的周期性卡片顺序）。其次，我们想除以$n$，因为在杂耍模式中没有固定的开始时间。对于第一个问题，我们可以使用M\“obius反转（参见\cite{S}）。也就是说，我们注意到，如果$ms_b（n）$是具有$b$球和最小周期$n$的杂耍序列的数量，那么\[js_b（n）=\sum{d\midn}ms_b（d）。\]因此，如果我们让$\mu（\frac{n}{d}）$成为M“obius函数，它将遵循\[msb（n）=\sum{d\midn}\mu（{\textstyle\frac{n}{d}}）jsb（d）。\]有了这个，我们现在可以通过起点的旋转对称性来划分，并确定使用$b$球和周期$n$（我们表示为$jp_b（n）$）的杂耍图案的数量。结合上述定理~\ref{thm:siteswapcount}，我们得到以下结论。\开始{定理}\标签{thm:jpcount}带有$b$balls和最小周期$n$的多重杂耍模式的数量为\开始{方程式*}jp_b（n）=\frac1n\sum_{d\midn}\mu（{\textstyle\frac{n}{d}}）\bigg（\trace（A_b^d）-\sum_{i=0}^{b-1}\trace（A_i^d）\big）。\结束{方程式*}\结束{定理}在表~\ref｛tab:jpcount｝中，我们给出了$b=2,3,4,5$和周期最多为$15$的最小周期杂耍模式的数量。\开始{表格}[H]\定心\开始{tablar}{l|r|r|r}\hline&$b=2$&$b=3$&$b=4$&$b2=5$\\hline\hline$n=1$&$2$&$3$&$5$&$7$\\hline$n=2$&$4$&$12$&$32$&$77$\\h行$n=3$&$13$&$63$&$261$&$964$\\h行$n=4$&$37$&$310$&$2089$&$12086$\\hline$n=5$&$118$&$1618$&$17449$&$156975$\\hline美元$n=6美元&356美元&8434美元&147807美元&2077448美元\\hline$n=7美元&1142美元&45142美元&1276577美元&27976399美元\\hline$n=8美元&$3620美元&$243998美元&$11169023美元&$381752857美元$n=9美元&$11744美元&$1336644美元&$98872035美元&$5267354817美元n=10美元&38275美元&7392117美元&883717142美元&73358245986美元n=11美元&126234美元&41247234美元&7964898829美元&1029873201879美元n=12美元&418735美元&231856131美元&72305691686美元&14559160765380美元$n=13美元&$1399610美元&$1311820110美元&$660528998007美元&$207076019661773美元\\hlinen=14美元&4702499美元&7464002451美元&6067348742573美元&2961063646029819美元$n=15美元和15883190美元和42679372930美元和56002661734041美元和42542385162393167美元\结束{表格}\标题{使用$b$balls的最小周期$n$的多重杂耍模式数。}\标签{tab:jpcount}\结束｛表｝作为定理~\ref{thm:jpcount}的特例，我们有\开始{方程式}\标签{eq:jp1}jp_b（1）=\trace（A_b）-\sum_{i=0}^{b-1}\t跟踪（A_i）。\结束{方程式}我们还可以直接计算第一周期多重杂耍模式的数量。\开始{定理}\label{thm:jp1}我们有$jp_b（1）=p（b）$，其中$p（b）$是$b$的分区数。\结束{定理}\开始{proof}为了让一张牌产生一个有效的带有$b$球的第一周期的多重杂耍序列，我们必须使牌的到达和离开成分相等。即$（q_1，q_2，\ldots，q_k）=（r_1，r_2，\ltots，r_k）$。此外，我们必须知道，当$q_1$球被分配时，一些球会被放入顶级组。第二个要求将迫使$q_k$“嵌入”到$r_{k-1}$中（否则必须嵌入$r_k$中，但如果在顶部组中再放置至少一个球，则会导致$q_k\ner_k$）。特别是，这反过来又迫使$q_i$嵌入$r_{i-1}$中，以获得$i=2，\ldots，k$。这仅在$q_1\ge q_2\ge\cdots\ge q_k$时才可能。因此，我们在卡片两侧的构图具有从最大到最小的独特顺序（例如，它对应于一个分区）。相反，如果我们从一个分区开始，我们可以如上所述创建一张卡片，方法是将分区从最大到最小放置在卡片的两侧；然后，除底层组外的所有组都会向下移动一个，而底层组则会向下移动并根据需要重新分配以填补差异。图~\ref{fig:partition}显示了分区$（3,3,2,2）$的一个示例。\结束｛证明｝\开始{图}[htb！]\定心\picThu（星期四）\标题{从分区$（3,3,2,2）$形成一个句点一杂耍序列。}\标签{fig:分区}\结束{图形}\开始{定理}\label{thm:trace}让$p（b）$表示$b$的分区数。然后\[\跟踪（A_b）=p（b）+\sum_{i=0}^{b-1}2^{b-i-1}p（i） ●●●●。\]\结束{定理}\开始{proof}使用定理~\ref{thm:jp1}更新方程\[p（b）=\trace（A_b）-\sum_{i=0}^{b-1}\t跟踪（A_i）。\]我们现在通过归纳法进行。我们有$\trace（A_0）=1=p（0）$（注意，总和将为空且不起作用），从而建立了基本情况。现在假设我们已经通过$b-1$建立了结果，并考虑$b$的情况。我们有\开始{align*}\轨迹({A} _b（b）)&=p（b）+\sum_{i=0}^{b-1}\trace（A_i）\\&=p（b）+p（b-1）+2\sum_{i=0}^{b-2}\trace（A_i）\\&=p（b）+p（b-1）+2p（b-2）+2^2\sum_{i=0}^{b-3}\trace（A_i）\\\结束{align*}\开始{align*}&=\cdots\\&=p（b）+p（b-1）+2p（b-2）+2^2p（b-3）+\cdots+2^{b-1}p(0)\\&=p（b）+\sum_{i=0}^｛b-1｝2^{b-i-1}p（i） ，\结束{align*}确定结果。\结束{proof}使用此方法，我们可以得到以$b=0$开始的$A_b$的跟踪是\[1、~2、~5、~11、~24、~50、~104、~212、~431、~870、~1752、~3518、~7057、~14138、~28310、~56661、\ldots。\]这是OEIS\cite{OEIS}中的序列号{A090764}。我们推导出的循环是OEIS中给出的循环的变体。我们现在给出了一个不同的变体，确定这与OEIS中给出的序列相同。\开始{定理}设$\mathcal｛P｝（b）$是$b$的分区集，对于分区$q$，设$o（q）$表示分区中$1$s的数量。然后\[ \轨迹({A} _b（b）)=\sum_{q\in\mathcal{P}（b）}2^{o（q）}。\]\结束{定理}\开始{proof}我们以$b$进行入职培训。对于小案例，结果很容易检查，所以现在假设它可以通过$b-1$运行。然后我们有以下内容。\开始{align*}\汇总{q\in\mathcal{P} _b（b）}2^{o（q）}&=\sum_{\子堆栈{q\in\mathcal{P} _b（b）\\o（q）=0}}2^{o（q{P} _b（b）\\o（q）>0}}2^{o（q\\&=\sum_｛\substack｛q\in\mathcal{P} _b（b）\\o（q）=0}}1+2\sum{q\in\mathcal{P}（P）_{b-1}}2^{o（q）}\\&=\大（p（b）-p（b-1）\大）+2\跟踪（A_{b-1}）\\&=big（p（b）-p（b-1）\big）+2\bigg（p（b-1）+\sum_{i=0}^{b-2}二^{b-i-2}p（i） \比格）\\&=p（b）+\sum_{i=0}^｛b-1｝2^{b-i-1}p（i）\\&=\trace（A_{b}）。\结束{align*}我们首先根据是否包含$1$；然后我们注意到，有$p（b）-p（b-1）$个分区不包含$1$，而$p（b-1”$个分区包含$1$（即，以$b-1$为分区，我们可以附加$1$以获得包含$1$的$b$分区）。我们应用归纳假设，然后应用定理~\ref{thm:trace}一次，清理总和，最后再次应用定理~\ ref{thm/trace}。\结束{proof}\第{节{与手容量并排的图案}\标签{sec:hand}我们采用的一个基本假设是，我们可以在任何给定的步长上接住并投出任意数量的球。从实用的角度来看，杂耍者通常限制自己一次最多接球和投球两到三个球。当我们在给定时间内可以降落多少个球，或者相当于在给定时间可以投掷多少个球时，上述方法同样有效。为此，我们让$A_{b，\kappa}$成为$A_b$的主要子矩阵，方法是通过组合索引所有行和列，所有部分的大小最多为$\kappa$。（因为没有到达构图可以有$q_1\ge\kappa$，所以任何有效的杂耍序列都可以由大小不超过$\kappa$的卡片组成。）\开始{定理}\label{thm:capacity}假设$js_{b，\kappa}（n）$是使用$b$balls的多路杂耍序列的数量，周期为$n$，所有抛出最多涉及$\kappa$balls。然后\开始{方程式}\标记{eq:caps}js{b，\kappa}（n）=\trace（A{b，\ kappa{^n）-\sum{i=\max\{0，b-\kappa \}}^{b-1}\trace。\结束{方程式}假设$jp_{b，\kappa}（n）$是使用$b$balls的多路杂耍模式的数量，周期最小为$n$，所有投掷最多涉及$\kappa$个balls。然后\开始{方程式}\标签{eq:capjp}jp{b，\kappa}（n）=\frac1n\sum{d\midn}\mu（{textstyle\frac{n}{d}}）\bigg（\trace（A{b，\ kappa{^d）-\sum_{i=\max\{0，b-\kappa \}}^{b-1}\trace。\结束{方程式}\结束{定理}在开始证明之前，如果$\kappa=1$，那么这就简化为杂耍，一次最多只能抓住一个球（即$a_{b，1}=（b+1）$）；如果$\kappa=\infty$，那么这相当于我们已经做过的。\开始{proof}我们注意到，\eqref{eq:capjp}通过应用M“obius反转从\eqref{eq:caps}派生而来。因此，只需建立\eqrf{eq：caps}。我们以$b$进行入职培训。对于$b=0$的基本情况，有一张卡（空卡），容量对其使用没有限制，因此对于任何长度，只有一种方法可以定位这些卡。由于$\trace（A_0^n）=1$，这就建立了基本情况。设$r_{i，\kappa}$是$i$的组成数，每个部分最多为$\kappa$。根据第一部分（大小在$1$和$\kappa$之间）进行分组，我们得到\开始{方程式}\标签{eq:rrecur}r{i，\kappa}=\sum{j=1}^{min\{\kappa，i}}r{i-j，\kappa}，\结束{方程式}$\min\{\kappa，i}$来自于注意到我们不能有带负数部分的组合，所以我们需要处理小$i$的情况。现在假设我们已经通过$b-1$建立了结果，并考虑$b$的情况。首先我们观察\[\跟踪（A{b，\kappa}^n）=js{b，\ kappa{（n）+\sum{i=0}^{b-1}r_｛b-i，\ kappa｝js_｛i，\ kappa｝（n）。\]接下来要注意的是，对于每个使用$i$个球的杂耍序列，我们都可以找到一系列使用$i$s个球的牌。现在，我们可以在每张卡的顶部添加$b-i$个球，只要我们在不同的卡上保持一致。此外，我们必须放置$b-i$球的不同选项的数量等于$b-i$s的组合数量，每个部分最多为$\kappa$，即$r_{b-i，\kappa}$。我们有\开始{align}js{b，\kappa}（n）&=\跟踪（A{b，\kappa}^n）-\sum{i=0}^{b-1}r_{b-i，\kappa}js_{i，\ka（n）\符号\\&=\trace（A_{b，\kappa}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}r_｛b-i，\ kappa｝\bigg（\ trace（A_｛i，\ kappa｝^n）-\sum_｛j=\ max\｛0，i-\ kappa｝｝^｛i-1｝\trace（A_｛j，\ kappa｝^n）\bigg）\label｛eq:诱导｝\\&=\trace（A_{b，\kappa}^n）-\sum_{i=0}^{b-1}\trace^{b-i-1}r_{j，\kappa}\bigg）\label{eq:重排}\\&=\trace（A_{b，\kappa}^n）-\sum_{i=\max\{0，b-\kappa \}}^{b-1}\trace。\标记\结束{对齐}\eqref{eq:induction}中的等式使用归纳假设，而\eqref{eq：re排}中等式是由于重新排列了术语。最后，我们观察到\eqref{eq:rrecur}表示几乎所有的项都将取消，除了前几个可以很容易地检查为一的初始项，从而确定结果。\结束{proof}为了便于参考，我们在表~\ref{tab:cap2}中为$\kappa=2$和表~\ref{tab:cap3}中的$\kapba=3$生成了多重杂耍模式的数量。我们注意到，我们可以对$A{b，\kappa}$中的项和以及行和列的和提出类似的问题，就像我们对$A_{b}$所做的那样（即引理~\ref{lem:right}，引理~\ ref{lem：left}和定理~\ref}thm:cardrecurse}）。然而，统计数据不太清楚，也没有出现在OEIS中。例如，如果我们计算$\kappa=2$时的卡片总数，我们会得到以下数字，从$b=0$开始：\[1、~2、~7、~17、~41、~91、~195、~403、~812、~1601、~3102、~5922、~11165、~20824、~38477、\ldots。\]这些数字似乎满足了一个相对简单的关系。特别是通过$b=25$，这些数字符合以下推测。\开始{表格}[H]\定心\开始{tablar}{l|r|r|r |r}\hline$\kappa=2$&$b=2$&$b=3$&$b=4$&$b=5$\\\\hline$n=1$&$2$&$2$&$3$&$3$\\hline$n=2$&$4$&$9$&$18$&$30$\\hline$n=3$&$13$&$47$&$134$&$314$\\hline$n=4美元&37美元&224美元&950美元&3140美元$n=5美元&$118美元&$1118美元&$1118美元&$6938美元&$31886美元\\hline$n=6美元&356美元&5522美元&50751美元&324909美元$n=7$&$1142$&$27910$&$376402$&$3341566$\\hline美元$n=8$&$3620$&$141946$&$2813824$&$34605634$\\hline美元n=9美元&11744美元&730544美元&21219536美元&360849352美元$\\\氯化氢n=10美元&38275美元&3790391美元&161190485美元&37.85776259美元$\\\氯化氢$n=11美元和126234美元和19827570美元和1232724798美元$&39941119938美元n=12美元&418735美元&104422007美元&9483975303美元$&423549648963美元n=13美元&1399610美元&553339258美元&73360425430美元$&4512516867634美元n=14美元&4702499美元&2947940371美元&57021968745美元$&48282551418859美元n=15美元&15883190美元&15780565950美元&4451677886746美元$&518633980103198美元\结束{表格}\caption｛使用容量为$\kappa=2$的$b$球的$n$时期的多重杂耍模式的数量。｝\标签{tab:cap2}\结束｛表｝\开始{表格}[H]\定心\开始{tablar}{l|r|r|r |r}\hline$\kappa=3$&$b=2$&$b=3$&$b=4$&$b=5$\\hline\hline$n=1$&$2$&$3$&$4$&$5$\\hline$n=2$&$4$&$12$&$28$&$58$\\h行$n=3$&$13$&$63$&$231$&$713$\\h行$n=4$&$37$&$310$&$1840$&$8591$\\hline$n=5$&$118$&$1618$&$15168$&$106073$\\hline美元$n=6美元&$356美元&$8434美元&$126258美元&$1325570美元$n=7$&$1142$&$45142$&$1069002$&$16789985$\\hline美元$n=8美元&$3620美元&$243998美元&$9154845美元&$214916096美元n=9美元&11744美元&1336644美元&79252442美元&2776778019美元$\\\氯化氢n=10美元&38275美元&7392117美元&692290928美元&36167946945美元$\\\氯化氢n=11美元&126234美元&41247234美元&6095630354美元$&474470288650美元n=12美元&418735美元&231856131美元&54045188641美元$&6263882726811美元n=13美元&1399610美元&1311820110美元&482108239540美元$&83162406390939美元n=14美元&4702499美元&7464002451美元&4323812672665美元$&1109678347266127美元n=15美元&15883190美元&42679372930美元&38963338572980美元$&14873888879020290$\\hline美元\结束{表格}\标题{周期$n$使用容量为$\kappa=3$的$b$球的多路杂耍模式数。}\标签{tab:cap3}\结束｛表｝\vfill\弹出\开始{猜想}设$a_b^{（2）}$是用$b$个球进行多重杂耍的卡片数量，其中每个轨道的容量最多为$\kappa=2$。然后\[\sum_｛b\ge 0｝a_b^｛（2）｝x^b＝\frac｛1-x+x^2+x^3｝｛（1-x-x^2）^3｝。\]\结束{猜想}\章节{结论}\标签{sec:结论}通过修改用于杂耍的卡片，即允许将球的子集分组在一起，我们找到了一种枚举多重杂耍模式的方法。仍然存在一些问题，尤其是在理解当我们限制任何给定时间可以捕捉的球的数量时会发生什么。\大跳跃Ehrenborg和Readdy\cite{ER}介绍了玩杂耍的卡片，并用它们通过计算交叉点来研究一种类似于$q$的杂耍。很容易计算每张卡片上的交叉点，然后简单地将用于计算图案交叉点的所有卡片的交叉点相加。我们注意到，这里使用的矩阵可以很容易地适应这种情况。也就是说，对于每张卡片，我们计算交叉点（确保在球成组移动时计算多重性），然后用$q^k$对卡片（以及图中的边）进行加权，其中$k$是交叉点的数量。最后，我们可以形成矩阵$A_b（q）$，在这里我们将连接构图的卡片的权重相加。作为一个例子，我们有\[A_3（q）=\开始{数组}{r}（3）\\（2,1）\\2 & 1 & 1 & 1 \\1&q+2&q+1&q^2+q+1\\1&q&2&0\\0&1&q&q^2+q+2\结束{数组}\right）。\]我们注意到定理~\ref{thm:siteswapcount}和定理~\ref{thm:capacity}可以很容易地修改为基于交叉数计算周期最短的杂耍模式数。\大跳跃一个实用的数学杂耍家可能还想添加一个约束，即无论何时抛出多个球，都不能将两个球抛到相同的高度。我们的方法可以很容易地用于这种情况，只需删除任何将两个球移动到同一轨道的卡片，这将导致修改图$\widehat{\mathcal{G}}_b$，以及修改矩阵$\wide hat{A} _b（b）$. 例如，我们有\[\宽海特{A} _2=\begin{array}{r}（2）\\（1,1）\end{arrays}\left（\begin}array{cc}1 & 1 \\1 & 3\end｛array｝\right）、\qquad\text｛and｝\quad\宽海特{A} _3个=\开始{数组}{r}（3）\\（2,1）\\1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 2 & 1 & 3 \\1 & 1 & 2 & 0 \\0 & 1 & 1 & 4\结束{数组}\right）。\]\大跳跃矩阵$A_b$也可能有独立的兴趣。让我们考虑$A_b$的特征多项式。如果我们让$P_b:=P_b（x）=\det（xI-A_b）$，那么我们有以下因式分解（这里的$f_i$都是多项式，而$P_b$是通过将行中相应的多项式相乘得到的）。\[\开始｛array｝｛l@｛\，=\，｝llllllllllll｝P_0和f_0^1\\P_1和f_1^1\\P_2和&&f_2^1\\P_3和f_0^1和&&f_3^1\\P_4&f_0^2&f_1^1&&f_4^1\\P_5&f_0^5&f_1^2&f_2^1&&f_5^1\\P_6&f_0^9&f_1^5&f_2^2&f_3^1&&f_6^1\\P_7&f_0^{19}&f_1^9&f_2^5&f_3^2&f_4^1&&f_7^1\\P_8&f_0^{37}&f_1^{19}&f_2^9&f_3^5&f_4^2&f_5^1&&f_8^1\\P_9&f_0^{74}&f_2^{37}&f_2^{19}&f_3^9&f_4^5&f_5^2&f_6^1&&&f_9^1\\P_{10}和f_0^{148}和f1^{74}和f2 ^{37}和f2^{19}和f_4^9&f_5^5&f_6^2&f_7^1&&f_10}^1\\P_{11}和f_0^{296}和f1^{148}和f2^{74}和f_3^{37}&f_4^{19}&f_5^9&f_6^5&f_7^2&f_8^1&&f_{11{^1\\P_{12}&f_0^{591}&f_1^{296}&f_2^{148}&f_3^{74}&f_4^{37}&f.5^{19}&f.6^9&f.7^5&f.8^2&f.9^1&&f_12}^1\\P_{13}和f_0^{1183}和f1^{591}和f2^{296}和f_3^{148}&f_4^{74}和f2 ^{37}和f _6^{19}&f _7^9&f_8^5&f_9^2&f_{10}^1&&f_5^13}^1\结束{数组}\]多项式$f_i$如下所示（右边的数字表示多项式的最大根）。\[\开始{array}{|r@{~=~}l@{\quad}|@{\quid}l|}\hlinef_0（x）&x-1&1.000\ldots\\\hlinef_1（x）&x-2&2.000\ldots\\\hlinef2（x）和x^2-5x+5和3.618\ldots\\hlinef_3（x）和x^3-10x^2+27x-20&6.124\\hlinef_4（x）&x^5-20x^4+135x^3-396x^2+518x-245&9.884f_5（x）&x^7-36x^6+\cdots-2^5{\cdot}5{\cdot}7^2&15.382线f_6（x）&x^{11}-65x^{10}+\cdots-2^5{\cdot}3^2{\cdot}5^2{\ cdot}7^3&23.255\ldots\\hlinef_7（x）&x^{15}-110x^{14}+\cdots-2^{11}{\cdot}3^2{\cdot}5^3{\cdote}7^4&34.332\ldots\\hlinef_8（x）&x^{22}-185x^{21}+\cdots+2^{10}{\cdot}3^4{\cdot}5^4{\ cdot}7^6{\ cdot}11^2&49.689\ldots\\hlinef_9（x）&x^{30}-300x^{29}+\cdots+2^{21}｛\cdot｝3^5｛\cdot｝5^6｛\cdot｝7^8｛\cdot｝11^2和70.702\ldotsf{10}（x）&x^{42}-481x^{41}+\cdots+2^{21}{\cdot}3^9{\cdo}5^8{\cdot}7^{12}{\cdot}11^3{\cdote}13^2&99.127\ldots\\hlinef{11}（x）&x^{56}-752x^{55}+\cdots+2^{38}{\cdot}3^{12}{\cdot}5^{11}{\cmot}7^{16}{\dmot}11^4{\cdot}13^2&137.190\ldots\\hlinef_{12}（x）&x^{77}-1165x^{76}+\cdots-2^{42}{\cdot}3^{17}{\cdot}5^{16}{\cmot}7^{22}{\dmot}11^9{\cdot}13^3&187.694\ldots\\hlinef_{13}（x）&x^{101}-1770x^{100}+\cdots-2^{70}{\cdot}3^{23}{\cmot}5^{21}{\dmot}7^{29}{\cfot}11^{11}{\kmot}13^4&254.151\ldots\\\hline\结束{数组}\]这些多项式很重要，因为它们给出了矩阵的特征值，而这些特征值又决定了杂耍序列数量的增长率。应该注意，$f_1、\ldot、f_{13}$都是不可约的。特征多项式中出现了一些有趣的东西。\开始{itemize}\$P_j$中$f_i$的指数序列似乎如下\[1、~0、~0，~1、~2、~5、~9、~19、~37、~74、~148、~296、~591、~1183、\ldots。\]这似乎是OEIS\cite{OEIS}中的序列{A178841}，它计算$n$的纯反转合成数。\项后面的多项式$f_i$的次数\[1、~1、~2、~3、~5、~7、~11、~15、~22、~30、~42、~56、~77、~101、\ldot。\]这似乎是OEIS\cite{OEIS}中的序列\seqnum{A000041}，它计算$n$的分区数。\多项式$f_i$的第二系数如下\[1、~2、~5、~10、~20、~36、~65、~110、~185、~300、~481、~752、~1165、~1770、\ldots。\]这似乎是OEIS\cite{OEIS}中的序列\seqnum{A000712}，它将$n$的分区数计算为$2$种类的一部分。\结束{itemize}我们对这些现象没有任何解释，但考虑到矩阵是如何形成的，我们认为这不仅仅是巧合。我们期待着对这些卡片、多路杂耍模式和矩阵$A_b$进行更多研究。\节{确认}作者感谢一位裁判对本文早期草稿提出了广泛有用的建议。\开始{书目}{99}\bibbitem｛BEGW｝J.Buhler、D.Eisenbud、R.Graham和C.Wright，Juggling drops and descents，\emph{Amer.Math.Monthly}\textbf{101}（1994），507-519。\双条目{BCCG}S.Butler、F.Chung、J.Cummings和R.Graham，《拼凑卡片序列》，emph{J.Comb.}\textbf{8}（2017），507-539。\双项目{BG}S.Butler和R.Graham，枚举（多重）杂耍序列，\emph{Ann.Comb.}\textbf{13}（2010），413-424。\双项目{ER}R.Ehrenborg和M.Readdy，《将应用程序与$q$-类似物进行比较》，《离散数学》（1996），107-125。\双项目{P}B.Polster，《拼凑的数学》，施普林格出版社，2000年。\bibitem{OEIS}N.~J.~A.Sloane，\emph{在线整数百科全书序列}，\网址{http://oeis.org}。\bibitem{Stadler}J.Stadler，Juggling and vector compositions，\emph{离散数学}\textbf{258}（2002），179--191。\双项目{S}R.Stanley，《枚举组合数学》，第一卷，第二版，剑桥，2012年。\结束｛胆道造影术｝\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2000{\em数学学科分类}：小学05A15；次级00A08。\noindent{\em关键词}：杂耍，传递矩阵法，合成，分割。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A000041}，\序列号{A000712}，\序列号{A003480}，\序列号{A090764}，以及\序列号{A178841}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2017年3月13日收到；收到的修订版本2018年3月2日；2019年1月30日；2019年1月31日。发表于2019年2月2日的《整数序列杂志》。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}。\vskip.1英寸\结束{文档}