0$.\开始{定理}\标签{T-k}对于任何整数$n\ge 1$,$\pi\in\c{S} _n(n)$和$1\le k\le n$,\[\kSP(n,\pi)=\prod_{i=1}^{n}{n-\inv_{i}(\pi\[\kSP(n)=\prod_{i=0}^{n-1}\l({n\选择k}-{i\选择k}\r)。\]\结束{定理}接下来,我们考虑每个$C_i$是一个区间的情况,我们将这种停车函数称为区间停车函数。设$\IPF(n)$和$\IPF(n,\pi)$分别是间隔停车函数的总数和结果为$\pi$的间隔停车函数数。为了说明我们的完整结果,给定一个置换$\pi$,我们定义$a_i(\pi)$为最大的$j$,其中$1\lej\lei$为$\pi_i\ge\{\pi{i}、\pi_{i-1}、\ ldots、\pi{i-j+1}。例如,$a_i(\pi)\ge 2$当且仅当$\pi_i>\pi_{i-1}$。作为另一个示例,对于$\pi=31524$,我们将$a_i(\pi)$等于1、1、3、1、2,因为$i$的范围是从1到5。最后,将$\PF(n,\pi)$定义为结果为$\pi$的(经典)停车函数数。\开始{定理}\标签{T-I}对于任何$n\ge 1$和$\pi\in\c{S} _n(n)$, \[\IPF(n,\pi)=n!\cdot\PF(n,\ pi)=n!\prod_{i=1}^n a_i(\pi\[\IPF(n)=n!\cdot\PF(n)=n!\cdot(n+1)^{n-1}。\]\结束{定理}Christensen、DeMuse、Martin和Yin\cite{CDM}目前正在研究间隔停车功能的其他特性。我们考虑的最后一个变量是$k$-interface停车函数,这是一个区间停车函数,其中每个$C_i$是一个包含$k$元素的区间。我们让$\IPF_k(n)$表示$k$-区间停车函数的数量,而$\IPF_k(n,\pi)$表示结果为$\pi$的停车函数的数目。定义$\c{S} _n(n)^k$是顺序为$n$的排列$\pi$的集合,其中$\pi_n>\pi_{n-1}>\cdots>\pi_{n-k+1}$。\开始{定理}\标签{T-kI}设$k$和$n$是整数,其中$1\lek\len$和$\pi\in\c{S} _n(n)$. 如果$\pi\notin\c{S} _n(n)^{k} $,则$\IPF_k(n,\pi)=0$。否则,\[\IPF_k(n,\pi)=\prod_{i=1}^{n-k}\min\{a_i(\pi\结束{定理}这个公式相当复杂,但对于某些$k$来说,它是可以管理的。例如,当$k=1$时,产品中的每个术语都是1。我们得出结论:对于所有$\pi$,$\IPF_1(n,\pi)=1$,因此$\IPF1_(n)=n!$。当$k=n$时,$\IPF_n(n,\pi)=1$,当$\pi=12\cdots n$时(因为通常$a_1(\pi。这两个结果也可以直接验证。$k=n-1$和$k=2$的公式也很好。\开始{推论}\标签{C-n-1}如果S中有$n\ge 2$和$\pi^{n-1}n$,其中$\pi_1=j$,然后\[\IPF_{n-1}(n,\pi)=\begin{cases}2^{n-j-1},&\text{if}j\n;\\1,&\text{if}j=n。\结束{cases}\]此外,\[\IPF_{n-1}(n)=2^{n-1{\结束{推论}为了说明$k=2$的公式,我们将置换$\pi$的上升数$\asc(\pi)$定义为$i$与$\lei\len$和$\pi_{i-1}<\pi_i$的数目。将欧拉数$\Eul{n}{k}$定义为排列数$\pi\in\c{S} _n(n)$,其中$\asc(\pi)=k$。\开始{推论}\标记{C-2}如果S^2_n$中的$n\ge 2$和$\pi\,则\[\IPF_2(n,\pi)=2^{\asc(\pi此外,\[\IPF_2(n)=\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\Eul{n-1{{k-1}2^{k-1}。\]\结束{推论}\节{子集结果}\标签{S-Sub}我们首先证明了子集停车函数泛化的枚举结果,其中每辆车都有一个允许的子集大小列表。为此,给定$\c{L}=(L_1,\ldots,L_n)$和$L_i\sub[n]$,我们定义$\SP(n,\c{L})$为子集合停车函数的数目,其中$|c_i|\位于L_i$中,我们将其称为$\c}L$-parking函数。我们的第一个目标是枚举$\SP(n,\c{L})$。为此,我们定义了部分停车功能的概念,它直观地描述了前$m$辆车的停车位置。让$\c{宋体}_{m,n}$表示字符串集$\pi=\pi_1\cdots\pi_n$,其中所有$1\lei\lem$都存在一个唯一的索引$j$,其中$\pi_j=i$,因此每隔一个字母都是一个辅助字母$*$。注意$\c{S}_{n,n}$只是排列集。对于$i\lem$,我们让$\pi_i^{-1}$表示唯一索引$j$,其中$\pi_ j=i$。我们说$(C_1,\ldots,C_m)$和每个$C_i$都是$[n]$的非空子集,它是一个局部$\C{L}$-parking函数,其结果为$\pi\in\C{宋体}_{m,n}$if对于L_i$和$\pi_i^{-1}=j$中的所有$1\le-i\le-m$,$|C_i|\意味着$j$是$C_i\sm\{\pi_{i'}^{-1{:i'的最小元素\cdots>\pi{n-k+1}$。观察$k$-区间停车函数正是所有$i$的$\c{k}$-区间泊车函数,其中$k_i=\{k}$,因此$\IPF_k(n,\pi)$的公式由定理~\ref{T-TechI}给出。仍需将此公式重写为所需的形式。如果$\pi\notin\c{S} _n(n)^k$,则存在一些带有$0\lei\lek-2$和$\pi{n-i}<\pi{n-i-1}$的$i$。这意味着$a_{n-i}(\pi)=11$如果$\pi_i>j$,则$a_i(\pi)=i$,否则$a_i(\pi)=i-1$。因此,$j=n$意味着对于所有$i\ge 2$,$a_i(\pi)=i-1$,否则就有$n-1-j$不同的$i$,其中$2\le-i\le-n-1$和$a_i[\pi]=i$。我们得出第一个结果。对于第二个结果,\[\IPF_{n-1}(n)=\sum_{\pi\in\c{S} _n(n)^{n-1}}\IPF{n-1{(n,\pi)=1+\sum_{j=1}^{n-1neneneep 2^{n-j-1}=2^{n-1}。\]\结束{proof}原则上,尽管案例分析和计算变得相当复杂,但同样的技术也可以用于计算任何固定$k$的$\IPF{n-k}(n,\pi)$和$\IPF{n-k{(n)$。我们注意到,通过观察$(C_1,\ldots,C_n)$将是一个$(n-1)$-间隔停车函数,当且仅当$C_n=[2,n]$和$C_i$是所有其他$i$的$[1,n-1]$或$[2,n]$,可以更直接地证明$\IPF_{n-1}(n)=2^{n-1{$。在证明推论~\ref{C-2}之前,我们给出了$\C中置换的一个枚举结果{S} _n(n)^2$,具有给定的上升次数。对于$k>0$、$\Eul{0}{0}=1$和$\Eul{n}{-1}=0$,我们采用约定$\Eul-0}{k}=0$s。\开始{引理}\label{L-Count}对于所有$n$和$k$与$n\ge 1$和$0\le k\le n-1$,让$\c{宋体}_{n,k}^+$是大小为$n$的排列集,其中有$\pi{n-1}<\pin$,并且正好有$k$上升。如果$P(n,k):=|\c{宋体}_{n,k}^+|$,然后\[P(n,k)=(n-k)\Eul{n-1}{k-1}。\]\结束{引理}我们注意到这个结果在\cite{S}中得到了隐式证明,但为了完整性,我们在这里包括了完整的证明。为了证明这一点,我们回顾了以下欧拉数的递归,它对所有$n,k\ge1$\cite{Con}都有效。\开始{align}\label{E-Eulerian}\Eul{n}{k}=(k+1)\Eul{n-1}{k{+(n-k)\Eul{n-1{k-1}。\结束{对齐}\开始{proof}对于$k=0$,结果为真,因此假设我们已经证明了结果高达$k\ge 1$。对于任何固定的$k$,当$n=1$时,结果为真,因此假设结果已被证明达到$n\ge 2$。为了帮助我们证明结果,我们定义了$\c{S}_{n,k}^-$是具有$\pi_{n-1}>\pi_n$并且恰好具有$k$升程的一组排列。定义$M(n,k):=|\c{宋体}_{n,k}^-$。按结构我们有\开始{方程式}\标签{E-MP}P(n,k)+M(n,k)=\Eul{n}{k}。\结束{方程式}定义映射$\phi:\c{宋体}_{n,k}^+\到\c{宋体}_{n-1}$通过发送$\pi\in\c{S}_{n,k}^+$到单词,方法是从$\pi$中删除字母$1$,然后将每个字母的值减少1。例如,$\phi(32514)=2143$。我们希望确定$\phi$的图像。设$\pi$是$\c中的置换{宋体}_{n,k}^+$,让$i$表示$1$在$\pi$中的位置。请注意,$i\n$since$\pi$以升序结尾。如果$\pi_{i-1}<\pi__{i+1}$与$1\带$1的pi{i+1}$\pi_n$,然后$\phi(\pi)\in\c{宋体}_{n-1,k-1}^-$。它仍然显示$\phi$映射图像的每个元素的次数。如果$\pi\in\c{宋体}_{n-1,k}^+$,然后$1$可以以$k$的方式插入到$\pi$中,以获得$\c的元素{宋体}_{n,k}^+$(它可以放在任何$k$提升$\pii<\pi{i+1}$之间)。如果$\pi\in\c{宋体}_{n-1,k-1}^+$,然后可以用$n-k$的方式将1插入到$\pi$中(它可以放在$\pi$s的开头,也可以放在任何$n-1-k$下降$\pi_i>\pi_{i+1}$之间)。如果$\pi\in\c{宋体}_{n-1,k}^-$,则必须在$\pi{n-1}>\pin$之间插入$1$,以便使单词以升序结尾。根据这一点和归纳假设,我们得出结论\开始{align}P(n,k)&=kP(n-1,k)+(n-k)P(n-1,k-1)+M(n-1,k-1)\非成员&=k(n-k-1)\Eul{n-2}{k-1}+(n-k)^2\Eul{n-2}{k-2}+M(n-1,k-1)。\标签{E-AEul}\结束{对齐}通过使用\eqref{E-MP}、归纳假设和\eqref{E-Eulerian};我们发现\begin{align*}M(n-1,k-1)&=\Eul{n-1}{k-1}-P(n-1,k-1)\\&=\Eul{n-1}{k-1}-(n-k)\Eul{n-2}{k-2}\\&=k\Eul_2}{k-1}。\结束{align*}将其插入\eqref{E-AEul}并使用\eqref{E-Eulerian}给出\[P(n,k)=(n-k)\l(k\Eul{n-2}{k-1}+(n-k根据需要。\结束{proof}\开始{proof}[推论证明~\ref{C-2}]根据定理~\ref{T-k},\[\IPF_2(n,\pi)=\prod_{i=2}^{n-1}\min\{a_i(\pi注意$a_i(\pi)\ge2$当且仅当$\pi_{i-1}<\pi_i$。正好有$\asc(\pi)-1$个不同的$i$和$2\le in-i+a_i(\pi)$我们有$b_i(\ pi,k)=0$,所以余下的和是\begin{align}\sum_{k=n-i+1}^{n-i+a-i(\π)}b_i i+a_i(\pi)+1)a_i其中我们使用了假设$a_i(\pi)\le-n-i-->