\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{url}\使用包{amscd}\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}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/eisA.cgi？Anum=#1}{\下划线{#1}}}\更新命令{\to}{\rightarrow}%\新命令{\mod}[1]{\pmod{#1}}\更新命令{\b}[1]{{\bf#1}}\新命令{\integral}{\int}\新命令{\infinity}{\infty}\新命令{\union}{\cup}\newcommand{\Union}{\bigcup}\更新命令{\int}{\cap}\新命令{\intersect}{\cap}\new命令{\intersections}{\cap}\新命令{\Intersection}{\bigcap}\新命令{\product}{\prod}\新命令{\ci}{\subseteq}\新命令{\cat}[2]{#1^{\brown}#2}\新命令{\join}{\vee}%\newcommand{\暗示}{\Rightarrow}\新命令{\card}[1]{{\left|{#1}\right|}}\新命令{\set}[1]{{\left\{#1}\right\}}}\新命令{\abs}[1]{{\left|{#1}\right|}}\新命令{\seq}[2]{{#1}_1，{#1}_2，\ldots，{#1{_2}}}\新命令{\minuse}{-}\新定理{definition}{definition}\新定理{引理}[定义]{引言}\新定理\新定理{猜想}[定义]{猜测}\新定理{命题}[定义]{命题\新定理{推论}[定义]{推演}\新定理{problem}[定义]{problem}\新定理｛观测｝〔定义〕｛观测｝\新定理{remark}[定义]{remark}\新命令{\qed}{\hfill\rule{1ex}{1exneneneep}%右对齐框\新环境{proof}{{\bf-proof}:}{\qed}\新命令{\C}{\mathbf{C}}\新命令｛\R｝｛\mathbf｛R｝｝\新命令{\N}{\mathbf{N}}\新命令{\Z}{\mathbf{Z}}\新命令{\Q}{\mathbf{Q}}\新命令{\ord}{\mathrm{ord}}\新命令{\Com}{\mathrm{Com}}\新命令{\e}{{\mathrm{e}}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\leavevmode\epsffile｛logo129.eps｝\结束{中心}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf简单排列的枚举}\vskip 1cm\大型M.H.Albert和M.D.Atkinson\\计算机科学系\\奥塔哥大学\\达尼丁\\新西兰\\\链接{mailto:malbert@cs.otago.ac.nz}{\tmalbert@cs.otago.ac.nz} \\\vskip.2英寸M.Klazar \脚注{支持ITI项目LN00A056捷克共和国的教育。}\\应用数学系（KAM）\\和理论计算机科学研究所（ITI）\\查尔斯大学\\马洛斯特兰斯克\\11800普拉哈\\捷克共和国\\\链接{mailto:klazar@kam.mff.cuni.cz}{\tklazar@kam.mff.cuni.cz}\\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始｛摘要｝{\em简单置换}是映射不正确的置换非单区间到区间。我们认为从几个方面列举简单排列。我们的结果包括普通简单置换的生成函数和所有置换的生成函数排列，该序列的系数不是$P$-递归，这些系数的渐近展开式，以及泛函系数的同余结果数所有排列的普通生成函数的逆。\结束｛摘要｝\第{节介绍和定义}排列$2647513$将间隔$2..5$映射到间隔上$4..7$. 换句话说，它有一个\emph{段}（一组连续的位置），其值构成\emph{range}（连续的集合值）。这样的段称为置换的\emph{block}。每个置换都有单独的块，以及块1…n美元。如果这些是唯一的块，则称为置换\emph{简单}。例如，$58317462$是简单的长度不超过$5$的排列如下：。\开始{居中}\开始{tablar}{cl}\hline\makebox[2.5cm]{Length}简单排列（&S）\\hline\规则{0pt}{16pt}$1$&1\\$2$ & 12, 21 \\ $3$无（&N）\\$4$ & 2413, 3142 \\ $5$ & 24153, 25314, 31524, 35142, 41352, 42513 \\\结束{表格}\结束{中心}简单排列最近在置换{AA02的模式闭类研究，Mu01}。具体来说，如果此类仅包含有限多个简单置换，然后它是基于有限的（由有限的模式限制数），其生成函数为代数的。总的来说，似乎有着密切的联系在理解a中简单排列的结构之间模式封闭类，能够描述类中的任意排列。让$s_n$表示长度为$n$的简单置换数。我们应与序列$（s_n）$的属性有关。考虑普通生成函数：\开始{eqnarray*}F（x）&=&\sum_{k=1}^{\infty}k！x^k；\\S（x）&=&\sum_{k=4}^{infty}S_kx^k。\结束{eqnarray*}%%我们从$x^4$开始$S（x）$，因为长度为$1$和$2$的简单排列需要特殊处理。%%在本节后面，我们将看到$S$的系数与$-F^{langle-1\rangle}$（函数逆，非倒数）由$2$和$-2$. Comtet考虑了$F^{langle-1\rangle}（x）$的系数\引用[p.171]{Co01}，无任何组合解释。这些系数的绝对值序列显示为\cite{S01}的序列A059372，前几个术语为：\[1,\, 2,\, 2,\, 4,\, 4,\, 48,\, 336,\, 2928,\, 28144,\, 298528,\, 3454432,\, 43286528.\]%%因此，我们将看到$s_n$的数字是：%%S（x）的系数为0,0,0,1,6，。。。\[1,\, 2,\, 0,\, 2,\, 6,\, 46,\, 338,\, 2926,\, 28146,\, 298526,\, 3454434,\, 43286526.\]在第{nonPRecurity}节我们将证明$（s_n）$不是P-递归（它不能由多项式线性递归定义系数）。在第{渐近}节中，我们导出了渐近$s_n$（主要术语是$n！/\e^2$）和节的行为\ref{同余}给出了数字所满足的各种同余$s_n$。在本节的其余部分中，我们导出了一个结构定理显示如何从简单排列构建任意排列，并读取通过生成函数满足等式。我们开始吧一些术语和符号将贯穿始终。置换$\sigma$的{\em块分解}是一个分区将$\sigma$分为块。当然，如果$\sigma$很简单，那么只有两个平凡的块分解。一个例子非平凡分解是$\sigma=67183524$，带块$(67)(1)(8)(3524)$.给定$\sigma$的块分解，其\emph{pattern}是由块的相对顺序定义的置换。在上面的例子，块分解的模式$（67）（1）（8）（3524）$等于$3142$。我们可以考虑排列$67183524$由{\em从置换$3142$构造而成将每个元素膨胀为一个块，在本例中为块$12$、$1$、$1$s和$2413$（我们将每个块视为其自己的权利）。我们写道：\[67183524 = (3142)[12, 1, 1, 2413].\]图中进一步说明了该示例\参考{块分解}。充气程序是排列的花环积\cite{AS01}。\开始{figure}\开始{居中}\包含图形[width=3cm]{001_Blocks}\结束{中心}\标题{图上表示的67183524的块分解$\西格玛$。块分解的模式是置换其图形由图形块的已占用单元格定义分解，即$3142$。在每个占用的单元内单个块还定义排列，即12、1、1和2413.}\标签{块分解}\结束{图形}不能以$（12）[\alpha，\beta]$被称为{\em加上不可分解}，它不能以$（21）[\alpha，\beta]$的形式写的被称为{\em减号不可分解}。让$i_n$表示加法不可分解数长度为$n$的排列。负不可分解数长度$n$的排列也是$in$，如下所示考虑发送的长度为$n$的排列的双射$\pi$到$\pi'$，其中$\pi'（t）=n+1-\pi（t）$。\开始{定理}\标签｛结构理论｝%%始终pi=1[pi]，必须排除。对于每个非单一置换$\pi$，都存在一个唯一的简单非单排列$\σ$，%%和排列$\seq｛\alpha｝｛k｝$，使得\[\pi=\sigma[\seq{\alpha}{k}]。\]此外，如果$\sigma\neq12、21$，那么$\seq{\alpha}{k}$也是唯一确定。如果$\sigma=12$（分别为$21$），则$\alpha_1$和$\alfa_2$是根据$\alpha_1$为正（分别为负）的附加条件不可分解的。\结束{定理}为$\sigma=12$（或21）的情况添加了警告必要，考虑$\pi=123$很容易看出。这可以是分解为$（12）[1,12]$或$（12”[12,1]$。然而，只有前一个分解有一个正不可分解的第一部分。\开始{proof}我们首先假设$\pi$有两个不同的最大真值块$A$和$B$具有非空交点。然后，作为相交线段的并集是线段和相交范围是一个范围，$a\union B$是一个块。因为最大值，$A\union B=[n]$。但很明显，$A$不能是$[n]$的内部段，也不能定义内部范围。换句话说，我们有\[\pi=σ[\alpha，\beta]\]其中$\sigma=12$或$\sigma=21$。这两种可能性是显然是相互排斥的。无论哪种情况，都要考虑所有将$\pi$分解为$\sigma[\gamma，\delta]$。十字路口它们的$\gamma$部分也是分解的$\gamma$部分这种类型的。所以有一个唯一的这样的分解$\gamma$部分。显然，这部分在本案中是不可分解的$\sigma=12$，如果$\sigma=21$，则减去不可分解。接下来我们假设每对不同的最大真块都是空的交叉。显然，那么最大块就形成了一个块$\pi$的分解，并且此分解必须比$\pi$的其他非平凡块分解。由此可见分解是唯一一个模式$\sigma$简单的分解，因此我们获得了$\pi$的唯一表示。\结束{proof}我们很快就会看到，这个定理给出了以下三个生成函数：\开始{eqnarray*}F（x）&=&\sum_{k=1}^{\infty}k！x^k；\\I（x）&=&\sum_{k=1}^{\infty}I_kx^k；\\S（x）&=&\sum_{k=4}^{infty}S_kx^k。\结束{eqnarray*}注意，我们的生成函数都是零常数术语。这个稍微有点不合常规的选择结果是在几个点上代数上方便。从定理\ref{StructureTheorem}很容易看出所有排列集合之间的一一对应%%长度至少为2%%和序列集合：\[（\sigma，\，\seq{\alpha}{k}）。\]这里$\sigma$可以是长度$k\ge 2$的任何简单排列，如果$\sigma\neq 12、21$，然后$\alpha_1$到$\alfa_k$是任意的排列，而如果$\sigma=12$（分别为21），则$\alpha_1$为plus-indecomposable（分别减去不可分解）和$\alpha_2$是任意的。这封信，以及之前的观察长度$n的正负不可分解置换数$是相同的，自然转化为以下等式：\开始{方程式}\标签｛MainEquation｝F（x）=x+2 I（x）F（x。\结束{方程式}然而，由于正不可分解排列不能对应于以$12$开头的序列，而所有其他序列都表示再加上不可分解，从信件中也可以清楚地看出\[I（x）=x+I（x）F（x）+（S\大约F）（x）。\]求解$I$的后一个方程，然后代入解$S\circ F$之前的方程式（\ref{MainEquation}）给出：\[（圆圈F）（x）=frac{F（x）-F（x）^2}{1+F（x）}-x。\]现在让$t=F（x）$，我们得到：\开始{方程式}\标签｛SEquation｝S（t）=t-\frac{2t^2}{1+t}-F^{langle-1\rangle}（t）。\结束{方程式}我们还可以得到加上不可分解排列置换分解为加不可分解序列排列如此\[F（x）=\压裂{I（x）}{1-I（x）}\]或同等\开始{方程式}\标签{IEquation}I（x）=\压裂{F（x）}{1+F（x）}。\结束{方程式}用表示$F^{langle-1\rangle}（t）$中$t^n$的系数$\Com_n$（指发起考虑这个序列是在{Co01}练习中得到的方程式（ref{SEquation}）$n\geq的简单关系4$:\[s_n=-\Com_n+（-1）^{n+1}\cdot 2。\]\节{非P-递归}\标签{非PRecurity}如果数字序列$（A_n）$满足多项式系数线性递归。如果$a_n=n！$然后$a_n-na{n-1}=0$，因此序列$（n！）$是P-递归的。一种力量如果级数满足线性微分，则称之为D-有限级数多项式系数的方程。序列$（A_n）$是P-递归当且仅当其普通生成函数$A（x）=\总和_{n} a_nx（取消）^n$是D有限的。关于D-有限性的更多信息和P-递归性可以在Stanley\cite[第6章]{St02}中找到。另一方面，我们证明序列$（i_n）$和$（s_n）$isP-递归。通过（\ref{SEquation}），而不是后一个序列，我们可以使用$（\Com_n）$。\开始{命题}\标签{ISDiffEq}幂级数$I（x）$和$C（x）=F^{langle-1\rangle}（x）=sum_{k=1}^{infty}\Com_k x^k$满足微分方程\开始{eqnarray*}I'&=&-x^｛-2｝I^2+（x^{-2}+x^{-1}）I-x^{-1-}；\\C’&=&\裂缝{C^2}{x-（1+x）C}。\结束{eqnarray*}\结束{命题}\开始{proof}它来自$n！$的重复$F（x）$满足$x+xF+x^2F'=F$。因此，$F'=（（1-x）F-x）/x^2$。将此与$F组合=I/（1-I）$我们得到了$I（x）$的微分方程。同样，$C'=1/F'（C）=C^2/（（1-C）x-C）$，这是$C（x）$。\结束{proof}Klazar\cite{Kl01}使用以下方法表明序列$（a_n）$不是P-recursive。假设普通人生成函数$A（x）$是非解析函数，满足一阶微分方程$A'=R（x，A）$，其中$R$是一些表达式。区分这种关系并将$A'$替换为$R（x，A）$，$A$的导数表示为$A^{（k）}=R_k（x，A）$；$R_0（x，A）=A$和$R_1（x、A）=R（x，B）$。替换中的$R_k（x，A）$D-有限性方程\[b_0A+b_1A'+b_2A''+\cdots+b_sA^{（s）}=0，\]其中$s\ge 1$、$b_i\in\C（x）$和$b_s\ne 0$，我们得到一个非微分方程$\sum_{k=0}^sb_kR_k（x，A）=0$。如果$R$为这样表达式$R_0、R_1、R_2、\dots$是（i）解析的或甚至是代数和（ii）在$\C（x）$上线性无关，我们有一个$A$的非平凡解析方程。这意味着$A$是分析（更多详细信息，请参阅Klazar的论文{Kl01}），这是一个矛盾。所以$A$不能是D-有限的，并且它的序列系数不能是P-递归的。为了准确地陈述引用{Kl01}的结果，我们提醒读者幂级数$R（x，y）\in\C[[x，y]]$是解析的，如果它是绝对的汇聚在原点附近$R（x，y）\in\C（（x，y））$是解析Laurent级数，如果正整数$k$，$（xy）^kR（x，y）\in\C[[x，y]]$是解析的。定理引用{Kl01}的1表示，如果$A\in\C[[x]]$是非解析的，$R（x，y）\in\C（x，y））$是解析的，$A'=R（x、A）$，$R$包含在至少有一个单项式$ax^iy^j$，$a\ne 0$，其中$j<0$，则$a$不是D有限。该结果既不直接适用于$I（x）$，也不适用于$C（x）$（请参见命题~\ref{ISDiffEq}），因为在$I（x）$的情况下$R$的最后一个条件不满足，在$C（x）$的情况下右侧$R$甚至无法扩展为Laurent系列。然而，替换$x-（1+x）C（x）=\theta（x）$将命题~\ref{ISDiffEq}的第二个微分方程\[\θ'=-\frac{x^2}{1+x}\cdot\frac{1}{\theta}+\frac}{1+2x}{1+/x}。\]现在所有条件都满足了（$F（x）$显然是非解析的意味着$C（x）$和$\theta（x）美元是非分析的），因此根据{Kl01}的定理1，$\theta（x）$不是D有限的。这个$C（x）$和$S（x）$\θ（x）美元的依赖性，以及D-有限幂级数构成$\C（x）$-代数（引用[定理6.4.9]{St02}）表明$C（x）$和$S（x）美元都不是D有限的。为了处理$I（x）$的情况，我们利用这个机会对{Kl01}的定理1进行补充，其中$R\in\C（（x，y））$由以下定理处理了$R\in\C（x，y）$的情况。两者都不是定理包含了另一个，因为在$x中并不是每个有理函数$和$y$可以用$\C（（x，y））$元素表示当然，并不是每个劳伦特级数都可以归结为一个有理数功能。然而，下一个定理似乎更有用，因为引用{Kl01}中的两个示例和这里的两个实例都是右手边$R（x，y）$实际上是一个有理函数。\开始{定理}\标签｛nonPrec｝设$P，Q\in\C[x，y]$是两个非零互素多项式$A\in\C[[x]]$是满足微分方程$$A'=\压裂{P（x，A）}{Q（x，A）}。$$如果$\deg_y Q=0$和$\deg _y P\le 1$，则$A$通常是，D-有限。在其余所有情况下，$A$不是D有限的。\结束{定理}\开始{proof}第一种说法是明确的。如果$\deg_y Q=0$和$r=\deg_ y P\ge 2$，则$A'=A_0+A_1A+\cdots+A_rA^r$其中$A_i\in\C（x）$、$r\ge 2$和$A_r\ne0美元。通过$x$进行区分$$A^{（k）}=R_k（x，A）=A_{0，k}+A_{1，k}甲+\cdots+a_{kr-k+1，k}a^{kr-k+1}$$其中$a_{i，j}\在\C（x）$中$$a{kr-k+1，k}=r（2r-1）（3r-2）\点（（k-1）r-k+2）ar^k\ne0。$$因此$R_k（x，y）\in\C（x）[y]$具有$y$-度$kr-k+1$，$k=0,1,2，\dots$，对于$r \ge 2$，这是一个严格递增的序列。因此$R_0、R_1、R_2、\dots$与$\C（x）$线性无关上述讨论表明，$A$不是$D$有限的。在其余情况下，$\deg_y Q\ge 1$。区分$A'=R（x，A）=P（x，B）/Q（x，C）$乘以$x$得到$A^{（k）}=R_k（x，D）$其中$R_k（x，y）\在\C（x，y）$中。例如，\开始{eqnarray*}R_2&=&\压裂{（P_x+P_yR_1）Q-P（Q_x+Q_yR_2）}{Q^2}\\&=&\压裂{P_xQ-PQ_x}{Q^2}+\压裂{P（P_yQ-PQ_ y）}{Q_3}。\结束{eqnarray*}设$\alpha$，$Q（x，\alpha）=0$为有序$R_1（x，y）$的极点$\ord_{\alpha}（R_1）=\ord__{\alpha}。我们具有$\ord_{\alpha}（（P_xQ-PQ_x）Q^{-2}）\le 2l$和$\ord_{alpha}（P（P_yQ-PQ_y）Q^{-3}）=3l+ord_{alpha}$因为$\ord_{\alpha}（P）=0$，$\ord_{\alfa}（P_yQ）\le-l$，和$\ord_{\alpha}（PQ_y）=-l+1$。所以$\ord_{\alpha}（R_2）=2l+1$。一般来说，同样的论点表明$\ord_{\alpha}（R_{k+1}）=2\cdot\ord_}\alpha{（Rk）+1$。因此$\ord_{\alpha}（R_k）=2^{k-1}l+2个^{k-1}-1$，$k=1,2，\点$。这是一个严格增加序列，我们再次得出结论，因为$R_0、R_1、R_2、\dots$在$\C（x）$上线性独立，$A$为而不是$D$-有限。\结束{proof}命题~ref{ISDiffEq}和定理~ref{nonPrec}表明$I（x）$不是$D$-有限的，我们可以在以下推论。\开始{推论}序列$（i_n）$、$（\Com_n）$$和$（s_n）$1不是P-recursive。\结束{推论}\区间｛渐近｝\标签｛渐近｝现在我们来计算数字$s_n$。我们将证明：\开始{定理}\[sn=\压裂{n！}{e^2}\左（1-\压裂{4}{n}+\压裂{2}{n（n-1）}+O（n^{-3}）\右）。\]\结束{定理}我们的方法是这样的，原则上，高阶项可以是通过蛮力计算获得。为了执行这个展开式我们首先考虑可能不是简单，但其非平凡块的长度都大于某些固定价值$m$。我们将应用inclusion-exclusion参数（以生成函数的形式修饰\引用{FS01，GJ01}），一个参数允许我们减少考虑的条款数量，以及引导方法。卡普兰斯基已经考虑了案件$m=2$\引用{Ka01}。这种类型的排列是指没有两个在位置上连续的元素在值上也是连续的（in任一订单）。这些被阿特金森称为不可约置换和Stitt\引用{AS01}，但该领域没有标准术语。实际上，我们所说的正负排列在其他情况下，不可分解也被称为不可约。对于$m=2$的情况，一个有趣的等价形式是这样的排列也是相互放置$n$的方式的数量在$n次n$棋盘上的非攻击性{\em krooks}。克鲁克是可以像国王或车一样移动的棋子国际象棋。Kaplansky的扩展是：\[\压裂{n！}{e\e^2}\左（1-\压裂{2}{n（n-1）}+O（n^{-3}）\右）。\]事实上，他导出了置换数的渐近形式对于任何$r$，正好包含长度为2的$r$块。我们的方法平行于his，也可以用来推导这样详细的信息。%%下面我对它做了更大的修改。由定理{StructureTheorem}提供的分解对其最大真块的置换表示一个自顶向下的视图非简单置换是如何由简单置换构造的。那里是一个相对应的自下而上视图，重点关注最小值非单个块，按任意顺序排列在一起。按{\em$\pi$中的最小块}是指$\pi$包含最小值。读者应该小心注意，术语“最小块”包括非单个条件。还要注意，每个最小块是简单置换的块。任何置换可以分解为最小块和单个，例如，$3524716=（3524）（7）（1）（6）$。然而，这种分解不是独特，有两个根本不同的原因。第一个是分解$\pi=\sigma[\seq{\alpha}{k}]$，其中$\sigma$是任意和$\alpha_i$是简单的，不是唯一的，因为它可能是可以将单例合并为简单块，或者反之亦然。因此，除了$3524716=2413[2413,1,1]$之外，我们还有$3524716=3524716[1,1,1,1,1,1,1]$. 第二个问题是我们要求任意两个最小块不相交。尽管如此当它们中的任何一个的长度超过2，2时，必然成立长度为2的最小块可能相交，如$123$。因此，我们考虑分解$\pi=\sigma[\seq{\alpha}{k}]$其中$\sigma$是任意的，每个$\alpha_i$要么是1，一个简单的置换长度至少为4，或长度至少为2的单位置换，或相反。我们将后一种类型的块称为{\em集群}以$\pi$为单位。通过使用集群，我们解决了第二个问题，但非唯一性仍然存在，此外，我们还引入了另一个来源：连续（反向）身份置换可能合并成更长的（反向的）同一排列，如$345612=21[1234,12]=231[12,12,12]$. 为了纠正非唯一性，我们引入{\em标记}置换的概念。标记了{\em置换}$（\pi，M）$由置换$\pi$和$\pi$最小块的集合$M$。中有一个{\em标记的集群}$（\pi，M）$是标记重叠的最小块的最大链长度2（标记簇可以是最大簇的适当子集）。让${\cal B}_1$表示在最小值4和${\cal B}_2$表示所有恒等式置换的集合长度至少为2且其倒转。标记使我们分解唯一性：\开始{定理}\标签{BottomUpStructureTheorem}设$X$是所有标记排列$（\pi，M）$和$Y$的集合所有序列$（\sigma；\seq{\alpha}{k}）$的集合，其中$\sigma$是长度为$k\ge1$和$\alpha_i\in\{1\}\cup{\cal的任意排列B} _1\杯{\cal B}_2$。集合$X$和之间存在双射$Y$这样如果$（\pi，M）\mapsto（\sigma；\seq{\alpha}{k}）$，其中$r$$\alpha_i$的属于${\cal B}_1$，其中$s$属于${\ calB} _2$，然后\[\pi=\sigma[\seq{\alpha}{k}]\]和$|M|=r+l-s$，其中$l$是属于的$\alpha_i$的总长度$｛\cal B｝_2$。\结束{定理}\开始{proof}给定一个标记置换，折叠其标记的最小块长度至少为4，其标记簇为单体。这给了排列$\sigma$。如果$\sigma$的第$i$项不是通过折叠获得，然后$\alpha_i=1$，否则$\alfa_i$等于${cal B}_1\cup{cal B}_2$的对应元素。自每个{\cal B}_1$中的$\alpha_i\为$|M|$贡献1，每个$\alpha_i\in｛\cal B｝_2$，长度$m$贡献$m-1$，我们有$|M|=r+l-s$。很明显，$\pi=\sigma[\seq{\alpha}{k}]$和$（\pi，M）$可以从$（\sigma；\seq{\alpha}{k}）$中唯一恢复。\结束{proof}现在假设$m$是固定值（我们稍后将选择$m$适合我们的目的，但始终假设$m\geq 2$因为$m$的较小值是微不足道的）。每个排列$\pi$都有由最小块组成的关联集合$B_m（\pi）$长度小于或等于$m$的$\pi$。因此，如果$\pi$是简单且长度大于$m$，$B_m（\pi）$为空，而对于$\pi=5672413$，$B_2（\pi）=\set{56，67}$，和$B_4（\pi）=\set{56，67, 2413}$. $\pi$的{\em$m$-marking}只是$B_m（\pi）$。让$|\pi|$表示置换$\pi$的长度。我们考虑生成函数：\[F_m（x，v）=\sum_{\pi}x^{|\pi|}\sum_{m\ciB_m（\pi）}v^{|m|}=\sum_{\pi}x^{|\pi|}（1+v）^{|B_m（\pi）|}。\]当然，$F_m（x，-1）$是所有非单个块的长度都大于$m$的排列。我们注意到$F_m（x，t-1）$是生成函数，其中$x^nt^k$的系数正好是长度为$n$且长度小于或等于$k$的最小块百万美元。%%事实上，有了这种替代，就不需要%%限制最小块的大小，给出一个生成函数%%其中$x^n t$的系数为$s_n$。%%不是真的！！考虑3524716=（3524）（7）（1）（6）。让\[S_m（x）=\sum_{j=4}^m S_j x^j。\]我们希望确定双射的后果关于的定理~\ref｛BottomUpStructureTheorem｝不包含标记最小长度块的标记排列超过百万美元。的生成函数排列$\alpha\in\{1\}\cup{\cal B}_1\cup}\calB} _2$，其中$x$计算长度，$v$计算对$|M|$，是\[x+vS_m（x）+\压裂{2vx^2}{1-vx}。\]因此，根据定理~\ref{BottomUpStructureTheorem}：\[F_m（x，v）=\sum_{k\geq1}k！\，\左（x+\frac{2vx^2}{1-vx}+v S_m（x）\右）^k\]由此可知：\开始{方程式}\标签{MAsympEq}f_m（x）：=f_m（x，-1）=\sum_{k\geq1}k！\，\左（x-\frac{2x^2}{1+x} -S_m（x）\右）^k。\结束{方程式}在使用此方程推导有关$s_n$我们暂时离题，展示如何使用它来获得（\ref{SEquation}）的替代推导。而不是使用在（\ref{MAsympEq}）中，使用$S（x）$。这给了我们$f_{\infty}（x）$，一个无极小排列的普通生成函数块。唯一这样的排列是$1$so$f_{\infty}（x）=x$。即：\[x=F（x-\分形{2x^2}{1+x} -S（x））\]它在应用$F^{langle-1\rangle}后产生（\ref{SEquation}）$到两边。现在回想一下，$f_m（x）$是置换all的生成函数其中的块长度大于$m$。为了利用$sn$we渐近计算中的这些生成函数必须确定适当的$m$值，以便$f_m$提供有用的有关$sn$的信息。为此，以下引理是有用的。\开始{引理}如果$p_{n，k}$表示长度为$n$的排列数包含长度为$k$的最小块，然后用于任何固定正数整数$c$：\[\sum_{k=c+2}^{n-c}\frac{p_{n，k}}{n！}=O（n^{-c}）。\]\结束{引理}\开始{proof}首先观察到\[p_｛n，k｝\leq s_k（n-k+1）（n-k+1）！\]因为右手边计算选择长度为$k$的最小块的结构，以选择其最小元素，以及将其与其他元素排列在一起，从而使排列与不止一个这样的区块。然后使用$s_k直接得出估算值\leq k！$。总和中只有两个极端项的大小可以为大小为$O（n^{-c}）$，其余项具有大小$O（n^{-c-1}）$。由于少于$n$个条款，因此跟随。\结束{proof}因此，当寻求$s_n/n！$的渐近展开式时带有错误项对于$O（n^{-c-1}）$，我们可以计算包含没有长度小于或等于$c+2$或大于或的块等于$n-c$。特别是，作为结果的直接后果由于Kaplansky\cite{Ka01}，我们在上文中引用了以下内容：\开始{观察}\标签{FirstOrder}\[\压裂{s_n}{n！}=\frac{1}{e^2}+O（n^{-1}）。\]\结束{观察}这个结果的另一个证明来自于更一般的Bender和Richmond定理{BR01}提供了第一个包含逆项的一类级数的阶渐近性$F（x）$系列。我们的目标是获得$s_n/n！$的渐近性具有错误项$O（n^{-3}）$。然而，我们使用的技术是完全通用，并且可以应用，代价是大量对于这种类型的任何固定误差范围，都需要进行繁琐的计算。由如上所述，我们可以忽略$5$到$n-3之间的最小块大小$包容的。我们首先考虑$f_4（x）$，它列举了排列没有大小小于或等于4的最小块。记住：\[f4（x）=sum{k\geq1}k，\左（x-\frac{2x^2}{1+x}-2x^4\右）^k。\]因此，对于$n\geq 1$：\开始{eqnarray}\压裂{1}{n！}[t^n]f4（t）&=&\压裂{1{n！{sum_{k=0}^{infty}k！\，[t^n]\左（t-\frac{2t^2}{1+t}-2t^4\右）^k\非数字\\{}&=&\frac{1}{n！}\sum_{k=0}^{\infty}k！\，[t^{n-k}]\左（1-\frac{2t}{1+t}-2t^3\右）^k\非数字\\{}&=&\压裂{1}{n！}\sum_{l=0}^n（n-l）！\，[t^l]\左（1-\压裂{2t}{1+t}-2t^3\右）^{n-l}\非数字\\{}&=&\压裂{1}{n！}\sum_{l=0}^n（n-l）！\和{i=0}^{l}（-2）^i{n-l\选择i}[t^l]\左（\frac{t}{1+t}+t^3\右）^{i}\非数字\\{}&=&\压裂{1}{n！}\sum_{l=0}^n（n-l）！\和{i=0}^{l}（-2）^i{n-l\选择i}[t^{l-i}]\左（\frac{1}{1+t}+t^2\右）^{i}。\标签{F4Equation}\结束{eqnarray}现在考虑方程式（\ref{F4Equation}）中$l$的任何固定值。在为了获得在$n$中的顺序为$n^{-2}$或更多的项，我们需要只考虑值$l-2\leq-i\leq-l$。尽管我们从$0$到$n$的$l$值的总和，我们可以安全地忽略其他条款。正如我们将在计算三个有效项超过$1$的总和不影响条款。因此，我们需要考虑的三个术语是：\开始{方程式}\开始{数组}{l}\压裂{（n-l）！}{n！}（-2）^l{n-l\选择l}+\\\压裂｛（n-l）！｝｛n！｝\left（（-2）^｛l-1｝｛n-l\选择l-1｝（-l+1）\right）+\\\压裂{（n-l）！}{n！}\左（（-2）^{l-2}{n-l \选择l-2}\右（（-l+2） （-l+1）/2+l-2\右）\右）。\结束{数组}\结束{方程式}这些术语将转换为以下形式：\[\frac{（-2）^l}{l！}左（mbox{$n$}中的渐近展开\右侧）。\]由于前两个和第三个的第一部分，与那些在$m=2$案例中出现的，我们可以利用它们已知的形式，即使用卡普兰斯基结果的渐近性只有术语\开始{eqnarray*}\压裂{（n-l）！（-2）^{l-2}（l-2）}{n！}{n-l\选择l-2}&=&\frac｛（-2）^l｝｛l！｝\left（\frac｛l（l-1）（l-2）｝｛4｝\，\frac｛（n-l）！（n-l）！}{n！（n-2l+2）！}\右）\\{}&=&\压裂{（-2）^l}{l！}\左(\压裂{l（l-1）（l-2）}{4n（n-1）}+O（n^{-3}）\右）\结束{eqnarray*}对$l$求和这个表达式得到$-2\e^{-2}/n（n-1）+O（n^{-3}）$。现在我们将这个附加项与卡普兰斯基的结果结合起来，得出$[t^n]f4（t）$通过以下三项的渐近展开：\[[t^n]f_4（t）=\压裂{n！}{\e^2}\左（1-\压裂{4}{n（n-1）}+O（n^{-3}）\右侧）。\]最后，我们将其用于建立$s_n$。根据观察结果\ref{FirstOrder}应用于$s_{n-1}$we获得：\[s_{n-1}=\压裂{n！}{\e^2}\左（压裂{1}{n}+O（n^{-2}）\右）。\]此外，长度为$n$且包含长度为$n-1$的简单块正好是$4s{n-1}$。自，年计算$sn$展开式中的$1/n$项可以忽略长度为$n-2$的区块产生的供款，以及自具有长度为2到4的简单块，并且具有长度为$（n-1）$的简单块是不相交的：\开始{eqnarray*}s_n&=&[t^n]f_4（t）-4 s_{n-1}+O（n^{-2}n！）；\\{} &=&\frac{n！}{\e^2}\左（1-\frac{4}{n}+O（n^{-2}）\右）。\结束{eqnarray*}我们再次应用此引导方法以获得二阶行为。我们现在知道：\开始{eqnarray*}s{n-1}&=&\压裂{n！}{e^2}\左（压裂{1}{n}-\压裂{4}{n（n-1）}+O（n^{-3}）\右）\\s_{n-2}&=&\frac{n！}{\e^2}\左(\frac｛1｝｛n（n-1）｝+O（n^｛-3｝）\右）。\结束{eqnarray*}此外，还有长度为$n的$18s_{n-2}$permutations$包含长度为$n-2$的简单块。然而，在这8美元中s{n-2}$还包含一个长度为$2$的简单块。因此：\开始{eqnarray*}s_n&=&[t^n]f_4（t）-4s_{n-1}-10s_{n_2}+O（n^{-3}n！）\\{}&=&\frac{n！}{\e^2}\左（1-\压裂{4}{n}+\压裂{2}{n（n-1）}+O（n^{-3}）\右），\结束{eqnarray*}正如我们在本节开头所说的。最后，在本节中，我们注意到$s_n的渐近估计$正如预期的那样，这是一个很差的近似值。例如，$s{20}=26411424634864638$，我们的渐近估计有一个相对误差约为$3.89乘以10^{-3}$。\节{同余}\标号{同义}在本节中，我们导出了数字的同余性质$\mathrm{Com}_n$用于模$2^a$和$3$（从中类似$sn$的同余）。我们的主要工具是以下结果紧跟拉格朗日反演公式。\开始{引理}\标签{拉格朗日}$$n\cdot\mathrm{Com}_n=[x^{n-1}]\左（\sum_{k\ge0}（-1）^k（2！x+3！x^2+\cdot）^k\right）^n。$$\结束{引理}对于素数$p$，让$\ord_p（n）$表示这样的最大整数$m$$p^m$除以$n$。如下表所示：，$\ord_2（\mathrm{Com}_n）$异常大：\bigskip\开始{center}\开始{tablar}{l|r|r|r |r |r|r-r|r | r|r| r|r$n$&$1$&$2$&$3$&$4$&$5$&$6$&$7$&$8$&$9$&$10$&$11$&$12$&$13$&$14$&$15$\\hline$\ord_2（\mathrm{Com}_n）$&$0$ & $1$ & $1$ & $2$ & $2$ & $4$ & $4$ & $4$ & $4$ & $5$ & $5$ & $15$& $13$ & $12$ & $12$\结束{表格}\大跳跃\开始{tablar}{r|r|r| r|r |r |r|r | r |r | r|r}$16$ & $17$ & $18$ & $19$ & $20$ & $21$ & $22$ & $23$ & $24$ & $25$ &$26$&$27$&$28$&$29$&$30$\\hline$8$&$8$&$9$&$9$&$10$ & $10$ & $12$ & $12$ & $14$ & $14$ & $15$ & $15$ & $17$ & $17$ &$22$\结束{表格}\结束{中心}\bigskip\noindent在定理~\ref{dolniodhad}中，我们给出了一个下界$\ord_2（\mathrm｛Com｝_n）$对于无限多的$n$是紧的，并且我们完全刻画等式为的$n$的值已达到。为了方便起见，我们注意到下面的结果根据众所周知的公式\[\ord_p（m！）=\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor+\left\floor\frac{m}}{p^2}\rift\rfloor+\cdots\]\开始｛引理｝\标签｛faktoril｝对于所有$m$、$\ord_2（（m+1）！）\ge\left\lceil\frac{m}{2}\right\rceil$当且仅当$m=1$或$2$时，等式成立。另外，$\ord_3（m！）\le所有$m$为m-1$。\结束{引理}\开始{定理}\标签{dolniodhad}$$\ord_2（\mathrm{Com}_n）\ge\left\lceil\frac{n-1}{2}\right\rceil$$让$m=\floor n/2\floor$。那么，当且仅当${3m\choose m}$是奇数，当且仅当二进制$m$的扩展没有两个连续的单位数字。\结束{定理}\开始{proof}让数字$b_k$，$k\ge 0$定义为$$\sum_{k\ge0}b_kx^k=\sum_{k\ ge0}（-1）^k（2！x+3！x^2+\cdot）^k。$$因此，$b_0=1$，对于$k\geq 1$，$$b_k=\sum_{\stackrel{\scriptstyle c1，c2，dots，cs\ge1} {c1+c2+\cdots+cs=k}}（-1）^s\cdot（c1+1）！\cdot（光盘）（c2+1）！\cdot\dots\cdot（c_s+1）！。$$通过引理ref{lagrange}，$$n\cdot\mathrm{Com}_n=\sum_{\stackrel{\scriptstylek_1，k_2，\点，kN\ge0}{k_1+k_2+\cdots+kN=n-1}}b{k_1}b{k_2}\点b{kn}。$$通过引理~\ref{faktorial}，$\ord_2（（c+1）！）\通用电气c/2$适用于所有$c$。因此，对于所有$k$和$n$，$$\ord_2（b_k）\ge\frac{k}{2}\\mbox{和}\\ord_2（n\cdot\mathrm{Com}_n）\ge\frac{n-1}{2}。$$特别是，对于奇数$n$，我们有$\ord_2（\mathrm{Com}_n）=\ord_2。为了获得更准确的定理结果，我们需要以下条件$\ord2（b_k）$：$$\ord_2（b_k）的更好估计\{\开始{array}{ll}=k/2\\mbox{对于偶数$k$；}\\=（k+1）/2\\mbax{对于$k\equiv 1$模式$4$；｝\\＞（k+1）/2&\mbox{对于$k\equiv3$mod$4$.}\结束{数组}\对。$$为了证明这一点，我们更仔细地看$b_k$的总和。先假设一下那$k$是偶数。那么总和正好有一个与$\ord_2的和$等于$k/2$，即$c1=c2=\dots=c{k/2}=2$（通过引理~\ref{faktorial}，$\ord_2（（c+1）！）=c/2$仅当$c=2$），并且其他被加数的$\ord_2$大于$k/2$。因此$\ord_2（b_k）=k/2$。现在假设$k$是奇数。那么每个summand都有奇数$c_i$s的奇数。和$t$包含三个或更多奇数$c_i$满足$\ord_2（t）\ge（k+3）/2$（每个奇数$c_i$贡献1/2$至$k/2$）。如果$t$只有一个奇数$c_i$，但$c_i$不是$1$（通过引理~\ref{faktorial}，$\ord_2（（c+1）！）\ge（c+3）/2$表示奇数$c>1$），或者如果某些偶数$ci$为不是$2$（引理~\ref{faktorial}）。剩余金额为$t$，其中$c_i=2$，重数为$（k-1）/2$，一旦$c_i=1$，则满足$\ord_2（t）=（k+1）/2$。我们看到，对于奇数$k$，$\ord_2（b_k）=（k+1）/2$当且仅当剩余总和的数目为奇数时。这个数字等于$（k-1）/2+1=（k+1）/2$。因此$\ord_2（b_k）=（k+1）/2$if和仅当$k\equiv 1$mod$4$时。设$n=2m+1$为奇数。如果$s$是上述金额的总和$n\cdot\mathrm{Com}_n$，则$\ord_2（s）=（n-1）/2$当且仅当全部$s$中的$k_i$是偶数；其他总和$t$具有$\ord_2（t）>（n-1）/2$。它$\ord_2（\mathrm{Com}_n）=（n-1）/2$当且仅当前一次总计$s$的数量是奇数。这个数字等于$$[x^｛n-1｝]\left（\sum_｛r\ge0}x^{2r}\right）^n=[x^{n-1}]\frac{1}{（1-x^2）^n}=[x^{n-1}]\sum_{r\ge0}{n+r-1\选择r}x^{2r}={3m\选择m}。$$设$n=2m$为偶数。我们知道，对于偶数$k$和$\ord_2（b_k）\ge（k+1）/2$用于奇数$k$。在总金额中$n\cdot\mathrm{Com}_n$，每个组成$k_1+k_2+\cdots+k_n=n-1$$n-1$具有奇数个奇数部分。对于任何$t$-元组$l_1，l2，\dots，l_t$，其中$t$和所有$l_i$都是奇数$l_1+\cdots+l_t\le n-1$，我们让$S（l_1，l_2，\dots，l_t）$表示总和其中$b{k1}b{k2}\点b{kn}$具有$k1+k2+\cdots+kn=n-1$其中$ki=l_i$、$1\le-i\le-t$和$ki$对于$i>t$是偶数。它遵循以下原则$$n\cdot\mathrm{Com}_n=\sum{n\choose t}S（l_1，l_2，dots，l_t）$$其中，我们对所有提到的$t$-元组$l1、l2、\dots、lt$求和。由$\ord_2$和数字$b_k$的属性，$\ord_2（S（l_1，l_2，\dots，l_t））\ge（n+t-1）/2$。另外，对于奇数$t$，我们有$\ord_2（{n\choose t}）=\ord_2t-1}）=\ord_2（n）-\ord_2$\ord_2（{n\choose 1}）=\ord_2。由此可见$\ord_2（\mathrm{Com}_n）\ge n/2$并且，$\ord_2（\mathrm{Com}_n）=n/2$当且仅当$$\ord_2\左（sum_{l\len，\；l\；\mathrm{odd}}S（l）\右）=n/2。$$在最后一个总和中，许多总和的$\ord_2$仍大于$n/2$：如果$l$与$3$模$4$同余，则$\ord（S（l））>n/2$。另一方面，如果$l$与$1$模$4$同余，则每个$S（l）$中的和$b_lb_{k_2}\dots b_{k_n}$具有$\ord_2（b_lb_{k_2}\dots b_{k_n}）=n/2$。我们的结论是$\ord_2（\mathrm{Com}_n）=n/2$当且仅当将$n-1$组成$n$部分，其中第一部分为$\equiv1$mod$4$，其余$n-1$部分为偶数（零部分为允许），是奇数。我们有\开始{eqnarray*}c（n）&=&[x^{n-1}]\分形{x}{1-x^4}\cdot\分形{1}{（1-x^2）^{n-1}}=[x^{n-1}]\压裂{x}{1+x^2}\cdot\压裂{1}{（1-x^2）^n}\\&\equiv&[x^｛n-1｝]\frac｛x｝｛1-x^2｝\cdot\frac｛1｝｛（1-x^2）^ n｝=[x^｛n-1｝]\frac｛x｝｛（1-x^2）^｛n+1｝\\mathrm{mod}\2\&=&{3m-1\choose-m-1}\equiv\frac{3m}{m}{3m-1\ choosem-1}\\mathrm{mod}\2\&=&{3m\选择m}。\结束{eqnarray*}这是Kummer\cite{kumm}注意到的，另见Singmaster\引用{Si01}，$\ord_p（{a+b\choose-b}）$等于在$p$-ary中添加$a$和$b$时需要进位符号。将此应用于$p=2$、$a=m$和$b=2m$，我们得到规定的标准。\结束{proof}\开始{推论}\label{moc2}对于所有$n\ge 3$，$$s_n\equiv\左\{\开始{array}{rll}2&\mathrm{mod}\2^{（n-1）/2}&\mbox{表示奇数$n$}；\\-2 &\mathrm{mod}\2^{n/2}&mbox{偶数$n$.}\结束{数组}\对。$$ \结束{推论}让$$C_n=\压裂{1}{n+1}{2n\选择n}$$是第$n$个加泰罗尼亚数字。\开始{命题}对于所有$n$，$\mathrm{Com}_n\equivC_{n-1}\\mathrm}mod}\3$。\结束{命题}\开始{proof}对于每个非负整数$k$，$$（2！x+3！x^2+\cdot）^k=（2x）^k+3a_k（x）$$带有$a_k（x）\in\Z[[x]]$。因此\开始{eqnarray*}\求和{k\ge0}（-1）^k（2！x+3！x^2+\cdots）^k&=&\frac{1}{1+2x}+3\sum{k\ge0}（-1）^ka_k（x）\\&=&\压裂{1}{1+2x}+3b（x）\结束{eqnarray*}其中$b（x）\in\Z[[x]]$。设$m=\ord_3（n）$。自$\ord_3（k！）\le k-1$对于每个$k$（引理~\ref{faktorial}），我们有$${\textstyle\ord_3\Big（3^k{n\choose k}\Big）\ge m+1\\mbox{for$k=1,2，\点，n$.}}$$通过引理ref{lagrange}，\开始{eqnarray*}n\cdot\mathrm{Com}_n=[x^{n-1}]\左（\frac{1}{1+2x}+3b（x）\右）^n&\equiv&[x^{n-1}]\压裂{1}{（1+2x）^n}\\mathrm{mod}\3^{m+1}\\&=&（-2）^{n-1}{2n-2\选择n-1}。\结束{eqnarray*}在最后一个同余中取消公因数$3^m$，我们得到$$\压裂{n}{3^m}\cdot\mathrm{Com}_n\equiv\frac{（-2）^{n-1}}{3m}{2n-2\choosen-1｝\equiv\frac｛1｝｛3^m｝｛2n-2\选择n-1｝\\mathrm｛mod｝\3。$$由于$n/3^m\不等于0\\mathrm{mod}\3$，我们可以用它和得到$$\数学{Com}_n\equiv\frac{1}{n}{2n-2\choose-n-1}\\数学{mod}\3。$$\结束{proof}\开始{推论}\label{catalan}对于所有$n>2$，$$s_n\equi-C_｛n-1｝+（-1）^n\\mathrm｛mod｝\3。$$\结束{推论}\第{节结束语}排列的简单性似乎不是直到最近才研究了{Mu01，AA02}。我们已经开始了研究通过表明它们不是P-递归的，给出它们渐近展开的前几个项，并表明它们满足一些意料之外的同余性质。这些结果表明存在一些自然延续。尽管，在原理，我们可以得到渐近展开式的更多项整个扩展仍然难以捉摸，计算它似乎是一个难题。另一方面，我们有一些计算证据表明序列$\Com_n$具有额外的同余性质，特别是关于奇素数的同余性质。我们还建议了一些自然的算法问题枚举结果的对应项：\开始{itemize}\项目如何在词典学中有效地生成简单排列订单？\项目是否可以在每个置换的最坏线性时间？\项目识别简单排列的效率如何？\结束{itemize}关于最后一个问题在$O（n^2）中实现任务的动态规划算法$时间。即，对于长度为$n$的置换$\pi$，我们可以计算这些值：\开始{eqnarray*}m{\pi}（i，j）&=&\min\{\pi_t:i\leqt\leqj\}\\M_{\pi}（i，j）&=&\max\{\pi_t:i\leqt\leqj\}\结束{eqnarray*}对于时间$O（n^2）$中的$1\leq i\leq j\leq n$，使用以下事实\开始{eqnarray*}m{\pi}（i，j）&=&\min（m{\pi}（i，j），\pi{j+1}）\\M_｛\pi｝（i，j）&=&&max（M_｛\pi｝（i，j），\pi_｛j+1｝）。\结束{eqnarray*}然后我们可以测试每个$i<j$是否$M_{\pi}（i，j）-M_{\pi}（i，j）=j-i$。如果这种情况从未发生过，那么$\pi$很简单，如果确实发生了，那么事实并非如此。因此，在这种情况下，问题是一个人是否可以做得比这更好。我们要感谢一位匿名裁判，他为我们提供了很多帮助评论。\书目样式{plain}\开始{书目}{10}\双项目{AA02}M.H.Albert和M.D.Atkinson，\newblock简单置换、部分良序和枚举。\newblock摘自M.H.Albert主编，{\em Proceedings，Permutation Patterns2003年}，\url{www.cs.otago.ac.nz/trseries/oucs-2003-02.pdf}，2003年，第5-9页。\bibitem{AS01}M.D.Atkinson和T.~ Stitt，\newblock限制排列和花环积。\newblock{\em离散数学}，{\bf 259}（2002），19-36。\双项目{BR01}爱德华·A·本德和L·布鲁斯·里士满，\newblock某些幂级数系数的渐近展开式。{二} ●●●●。{五十} 阿格朗日反演。\newblock{\em离散数学}，{\bf 50}（1984），135--141。\bibitem{Co01}路易斯·孔特特，\newblock{\em高级组合}。\newblock D.Reidel，1974年。\双项目{FS01}P.~Flajolet和R.~Sedgewick，\newblock{\em分析组合学---符号组合学}，\newblock Preprint电子版发布于，\url{http://algo.inria.fr/flajolet/Publications/books.html}，2002年。\双项目{GJ01}I.~P.Goulden和D.~M.Jackson，\newblock{\em组合枚举}。\新街区John Wiley&Sons，1983年。\双项目{Ka01}欧文·卡普兰斯基，\newblock连续元素的游程的渐近分布，\newblock{\em Ann.Math.Statistics}，{\bf 16}（1945），200--203。\双项目{Kl01}马丁·克拉扎尔，\匹配数或线性弦图的新块非P递归性有许多十字路口，\newblock｛\em Adv.Appl.Math.｝，｛\bf 30｝（2003），126-136。\bibitem{kumm}{E.E.Kummer，}\newblock{“Uber die Erg”anzungss“atze zuden allgemeinen Reciprocit“atsgezetzen}，\新块{\em J.Reine安圭。数学}，｛\bf 44｝（1852年），93年至146年。\围兜{Mu01}M.~M.墨菲，\newblock{\em受限排列、反链、原子类和堆栈排序}，\纽布洛克博士论文，圣安德鲁斯大学，2002年。\双项目{Si01}David Singmaster，\关于二项式系数的newblock注释。{一} ●●●●。{A} {L}ucas的推广一致性，\newblock{\em J.伦敦数学学会（2）}，{\bf 8}（1974），545--548。\双项目{S01}N.J.A.斯隆，\newblock整数序列的在线百科全书，\newblock\url{http://www.research.att.com/~njas/sequences/}，2003年。\双项目{St02}理查德·斯坦利，\newblock{\em枚举组合。{V}ol。2} ，第62卷，共{\em卷剑桥高等数学研究}，\纽布洛克剑桥大学出版社，1999年。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2000数学学科分类：}初级05A05；次要05A15、05A16、11A07。\noindent\emph{关键词：}置换，$P$-递归性，渐近性枚举\\\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A059372}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2003年4月15日收到；2003年10月30日收到修订版。发表于《整数序列杂志》，2003年12月13日。\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.math.uwaterloo.ca/JIS/}。\vskip.1英寸\结束{文档}