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Young 表上的组合学是代数组合学中最奇妙的部分，与表示论，统计力学，概率论有着丰富而深刻的联系。这篇文章将从几个有趣的问题开始，带领大家走进这个美丽的领域。所需要的预备知识很少，学过线性代数即可，但是要真正领略其中风光，数学上的成熟是必不可少的。
需要事先剧透的是，本文要证明的几个定理绝非泛泛，它们都是代数组合学中的著名结论。
先来看几个问题：
有 $m$ 位总统候选人参加大选，他们每个人分别有 $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ 位支持者（假定选民只投票给他支持的候选人）， 其中 $\lambda_1\geq\lambda_2\geq\cdots\geq\lambda_m$。现在这些选民开始投票，问：有多少种不同的投票顺序，使得在投票过程中的任一时刻，对任何的 $i<j$，第 $i$ 个候选人的得票数总领先于第 $j$ 位候选人？
一队士兵在阅兵中站成一个 $m\times n$ 的方阵，他们的身高互不相同。问：有多少种不同的排列方法，使得每一行从左到右，每一列从上到下，士兵的身高都是递增的？
如图：在一个体积为 $a\times b\times c$ 的房间中堆箱子，堆放的方式要满足递降的条件：从墙角的那一摞开始，每一行从左到右，每一列从上到下，箱子的高度是递减的。问： 有多少种满足要求的方法？（注意与前一个问题的区别：那里人数是固定的，且身高不同，这里箱子的数目不定，而且不要求高度是严格递减的）
尽管问题看起来很初等，但是答案绝不简单。实际上这三个问题解法很多，但没有一个是 "初等" 的。换句话说，我不认为非数学专业的人（即使受过高等教育）能很快看懂并接受它们的证明。
统一处理它们的最好方式是 Schur 多项式的理论，我们接下来介绍它。
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Schur 多项式的组合定义
首先我们介绍一些组合数学中常用的概念。
设 $\lambda=(\lambda_1,\lambda_2,\cdots)$ 是一个元素都是非负整数且只有有限多项不是 0 的序列，如果有 $\lambda_1\geq \lambda_2\geq\cdots$ 成立，就称 $\lambda$ 是一个整数分拆，简称分拆。记 $|\lambda|=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i$， $|\lambda|$ 总是一个有限的数，如果 $|\lambda|=n$ 我们就称 $\lambda$ 是整数 $n$ 的分拆，记作 $\lambda\vdash n$。
对每个分拆 $\lambda$，我们可以用一个图 $F_\lambda$ 来表示它：
图中 $\lambda=(5,4,3,2,1)$。注意它们的排列规则：第一行有 $\lambda_1$ 个方格，第二行有 $\lambda_2$ 个方格，. . . 以此类推。每一行都是左对齐的。$F_\lambda$ 叫做分拆 $\lambda$ 的 Ferrers 图。
如果在 $F_\lambda$ 的每个方格中填入数字（或者变量），得到的图叫做 Young 表：
Young 表的定义过于宽泛：随意地在 Ferrers 图中填入数字得到的图都叫做 Young 表。但是我们真正感兴趣的是那些满足限制条件的 Young 表，这就是下面的关键定义：
定义：设 $T$ 是一个形状为 $\lambda$ 的 Young 表，这里 $\lambda\vdash n$。
如果 $T$ 的每一行从左到右是弱单调递增的，每一列从上到下是严格单调递增的，就称 $T$ 是半标准的 Young 表。
如果 $T$ 是半标准的 Young 表，且其中填入的数字恰好是集合 $\{1,2,\ldots,n\}$，就称 $T$ 是一个标准 Young 表。
我想现在你应该已经意识到，文章开头提出的三个问题本质上都是要计算半标准/标准 Young 表的个数。怎么办呢？方法其实是我们都熟悉的生成函数方法：给每个半标准/标准的 Young 表 $T$ 赋以一个权值，把它们的权值加起来，得到一个权函数，如果我们能发现这个权函数满足的函数方程/递推关系/ . . . 等等等等之类的信息并把它解出来，自然就求出了它们的个数。这一招我们早就学过了，在解 Fibonacci 数列的通项公式的时候就用过，不是吗？
把上面的想法付诸实践：设 $T$ 是一个 Young 表，记 $w(T)=(w_1(T),w_2(T),\cdots)$，其中 $w_k(T)$ 是 $T$ 中数字 $k$ 的个数。向量 $w(T)$ 叫做 $T$ 的权。我们采用这样的约定：如果 $\alpha=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots)$ 是一个元素都是非负整数的序列（且只有有限多项非 0），则记
\[X^\alpha = x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}\cdots.\]
定义【Schur 多项式的组合定义】：设 $\lambda$ 是一个分拆，定义关于无穷多个变元 $x_1,\ldots,x_n,\ldots,$ 的多项式
\[s_\lambda(x_1,\ldots,x_n,\ldots)=\sum_{T}X^{w(T)}.\]
这里 $T$ 跑遍所有将 $1,2,\ldots,n,\ldots$ 填入 $F_\lambda$ 得到的半标准 Young 表。
注意我们这里定义的 Schur 多项式包含无穷多个单项式，每个单项式的次数都是 $|\lambda|$，每个单项式前面的系数都是有限的。
Schur 多项式的组合定义是最容易被理解和接受的，但是我们对它具体是个什么东西还完全没有概念。为此我们需要找到 Schur 多项式的其它表现形式。首先我们将证明 Schur 多项式总是对称多项式。
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Bender - Knuth 对合
这一节我们来证明 Schur 多项式是对称多项式，为此只要证明对任意的 $i$，$s_\lambda$ 在交换 $x_i$ 和 $x_{i+1}$ 后保持不变即可，而这又只要说明权为 $(w_1,\ldots,w_i,w_{i+1},\ldots$ 的半标准 Young 表与权为 $(w_1,\ldots,w_{i+1},w_i,\ldots)$ 的半标准 Young 表一一对应即可。为此只要对每个形状为 $\lambda$ 的 Young 表，把其中的数字 $i$ 全换成 $i+1$，把 $i+1$ 全换成 $i$ 就可以了，是吗？
问题出在这样交换以后得到的未必还是一个半标准的 Young 表。如果某个 $i$ 的下方恰好是 $i+1$，就称这样的 $i$ 和 $i+1$ 是匹配了的。而那些下方没有 $i+1$ 的 $i$ 或者上方没有 $i$ 的 $i+1$ 统称为未匹配的。下面的事实不难验证：
在 $T$ 的任意一行中，设 $x,y$ 是两个未匹配的元素，则它们中间不可能有匹配的元素。即在一行中，未匹配的元素总是构成一段连续的序列。
设在一行中，未匹配的元素是 $r$ 个 $i$ 后面接着 $s$ 个 $i+1$，我们把这段序列替换为 $s$ 个 $i$ 后面接上 $r$ 个 $i+1$，而保持 $T$ 的其它位置不动。在这个变换下 $T$ 变成 $T^\ast$，$T^\ast$ 仍然是半标准的。且若 $T$ 的权为 $(\ldots,w_i,w_{i+1},\ldots)$，则 $T^\ast$ 的权为 $(\ldots,w_{i+1},w_i,\ldots)$。这个变换显然是个对合：$(T^\ast)^\ast=T$，这就证明了 Schur 多项式是对称的。
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Schur 多项式的行列式定义
设 $\lambda=(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{Z}^n_{\geq0}$，记
\[a_\lambda=\det(x_i^{\lambda_j})=\sum_{\sigma\in S_n}\text{sgn}(\sigma)X^{\sigma(\lambda)}.\]
定义 $\rho=(n-1,n-2,\ldots,1,0)$。
设 $T$ 是一个形状为 $\mu/\nu$ 的 Young 表，定义 $T_{\geq j}$ 为由 $T$ 的第 $j$ 列，第 $j+1$ 列 . . . 组成的部分。类似地 $T_{<j}$ 和 $T_{>j}$ 的意义都是不言自明的。称 $T$ 是一个 "好伙计" （相对于分拆 $\lambda$），如果对任何 $j$，$\lambda+w(T_{\geq j})\in\mathcal{P}_n$（即单调递减）。反之则称其为一个 "坏伙计"。
定理：\[a_{\lambda+\rho}s_{\mu/\nu}=\sum_{T}a_{\lambda+w(T)+\rho}.\]
这里求和跑遍那些 "好伙计"。
这个定理乍看起来从叙述到证明都很不直观，不过它的结论可以说是最重要的，这就是 Littlewood - Richardson 法则。下面这个证明有很深刻的来源（李代数的晶体图）。
证明：从 Bender - Knuth 关于 Schur 多项式对称性的证明我们知道对任何置换 $\sigma\in S_n$ 有
\[ s_{\mu/\nu}=\sum_{T\in\mathcal{T}_{\mu/\nu}} X^{w(T)}=\sum_{T\in\mathcal{T}_{\mu/\nu}} X^{\sigma\cdot w(T)}.\]
于是
\[ a_{\lambda+\rho}s_{\mu/\nu}=\sum_{\sigma\in S_n}\text{sgn}(\sigma)\sum_{T\in\mathcal{T}_{\mu/\nu}} X^{\sigma\cdot(\lambda+\rho)+w(T)}=\sum_{\sigma\in S_n}\text{sgn}(\sigma)\sum_{T\in\mathcal{T}_{\mu/\nu}} X^{\sigma\cdot(\lambda+\rho+w(T))}=\sum_{T\in\mathcal{T}_{\mu/\nu}}a_{\lambda+w(T)+\rho}.\]
这里的求和跑遍所有的 $T$。我们要证明那些 "坏伙计" 的 $T$ 可以两两配对，其行列式的值的符号相反从而可以抵消掉，就证明了定理。
设 $T$ 是一个坏伙计，则存在 $j$ 使得 $\lambda+w(T_{\geq j})$ 不是一个分拆，在所有这样的 $j$ 中，选取最大的那个。选好 $j$ 以后，由于 $\lambda+w(T_{\geq j})$ 不是分拆，因此存在 $k$ 使得
\[\lambda_k+w_k(T_{\geq j}) < \lambda_{k+1}+w_{k+1}T_{\geq j}.\]
在所有这样的 $k$ 中，选取最小的那个。
从这些信息你可以推断出什么？情况看似复杂其实却很简单。为了让你理解清楚怎么回事，考虑这样一个场景：两个人 $A,B$ 在玩游戏，每一局获胜的一方可以得 1 元，输的一方得 0 元；如果打平则各得 1 元。初始时刻 $A$ 有 $\lambda_k$ 元，$B$ 有 $\lambda_{k+1}$ 元，这里 $\lambda_k\geq\lambda_{k
+1}$。已知第 $m$ 局结束后 $B$ 的资金首次超过了 $A$ 的资金，你能推断出什么？
很显然，第 $m$ 局的结果必然是 $B$ 获胜了；不仅如此，前 $m-1$ 局结束的时候 $B$ 的资金也应该恰好追平了 $A$。很简单的推理，对不对？这些就足够了。
现在回到我们 "坏伙计" $T$：我们知道一个 Young 表的每一列至多有一个 $k$（也至多有一个 $k+1$），我们把每一列包含的关于 $k$ 和 $k+1$ 的个数看做一局游戏的结果：设 $T$ 有 $m$ 列，最右端的一列描述了 $A,B$ 第一局的结果：如果有 $k$ 无 $k+1$，则 $A$ 得 1 元；既有 $k$又有 $k+1$ 则 $A,B$ 各得 1 元，无 $k$ 有 $k+1$ 则 $B$ 得 1 元，等等等等。这样从右向左到第 $j+1$ 列时，根据 $j$ 的选取规则，$A$ 的资金仍然不少于 $B$，即 \[\lambda_k+w_k(T_{>j})\geq \lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{>j}),\]但是到第 $j$ 列时 $A$ 的资金被 $B$ 超过，即 \[\lambda_k+w_k(T_{\geq j})<\lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{\geq j}).\]根据我们前面的分析，这说明 $T$ 的第 $j$ 列有一个 $k+1$ 但是没有 $k$，而且
\[\lambda_k+w_k(T_{>j})=\lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{>j}),\]
从而我们有
\[\lambda_k+w_k(T_{\geq j})+1=\lambda_{k+1}+w_{k+1}(T_{\geq j}).\]
现在考虑对 $T$ 进行如下的变换：保持 $T_{\geq j}$ 的部分不动，对 $T_{<j}$ 的部分进行 Bender - Knuth 变换，得到一个 Young 表 $T^\ast$（不排除 $T=T^\ast$ 的可能）。注意 $T_{\geq j}=T^\ast_{\geq j}$ 而 $T_{<j}$ 和 $T^\ast_{<j}$ 的 $k$ 和 $k+1$ 的个数是交换的， 因此两个向量 $\lambda+w(T)+\rho$ 和 $\lambda+w(T^\ast)+\rho$ 只差一个在 $k$ 和 $k+1$ 位置的对换（check this!），所以两个行列式 $a_{\lambda+w(T)+\rho}$ 和 $a_{\lambda+w(T^\ast)+\rho}$ 是反号的（矩阵相差两列的交换）。（在 $T=T^\ast$ 的情形，矩阵有两列是相同的，行列式自然是 0）
这个证明 OK 了吗？还没有。还需要说明 $T^\ast$ 在这个变换下又变回 $T$ 而不是别的什么 $T‘$，这才是名副其实的 "两两配对抵消"。不过这件事情非常之显然，留给你自己验证了。
推论【bi-alternant formula】：\[s_{\mu}=\frac{a_{\lambda+\rho}}{a_\rho}.\]
证明：在定理中令 $\lambda=\nu=0$，则只有唯一的一个形状为 $\mu$ 的 "好伙计" $T$，它的第一行都填 1，第二行都填 2，. . . 以此类推，从而 $w(T)=\mu$，因此得证。
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Jacobi - Trudi 恒等式
在这一小节，我们继续给出 Schur 多项式的第三种表现形式。
定义 $h_k(x_1,\ldots,x_n)$ 为所有 $k$ 次单项式的和：
\[h_k(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{\begin{subarray}{c}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)\in\mathbb{Z}^n_{\geq0}\\\alpha_1+\cdots+\alpha_n=k\end{subarray}} x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}\cdots x_n^{\alpha_n}.\]
这里约定 $h_0=1$，$k<0$ 时 $h_{k}=0$。显然每个 $h_k$ 是齐次的对称多项式。
定理：
\[s_\lambda(x_1,\ldots,x_n)=\det\left( h_{\lambda_i-i+j}\right)_{1\leq i,j\leq n}.\]
这里的证明采用 Gessel - Viennot 的不相交格点路径组方法，思路一目了然，论证简单直接。
关键是要把每个半标准 Young 表对应到一个不相交的路径组。如果你熟悉格点路径组方法的话，这个构造过程是很自然的。
设 $T$ 是一个形状为 $\lambda$ 的半标准 Young 表，由于 $T$ 的第一行是单调不减的，因此它自然地对应于一条从点 $(0,1)$ 到点 $(\lambda_1,n)$ 的 Gauss 路径：
你可以把 $T$ 的第一行理解为 "路径的高度图"，每个数字描述了路径在对应位置的高度。比如上图路径的高度依次是$(2,3,3,4,5)$，这就是 $T$ 的第一行。
同理 $T$ 的第二行可以理解为一条从 $(0,1)$ 到 $(\lambda_2,n)$ 的 Gauss 路径，半标准 Young 表的列严格单调递增条件等价于说第二行对应的路径应该整体上位于第一行对应的路径的上方：
比如这里第二行填的数字就是 $(3,4,4)$。注意两条路径可以有垂直方向的公共边，但是不能有水平方向的公共边。
然后是关键的一步： 如果我们把第二条路径向左整体平移一个单位，即水平移动为一条从 $(-1,1)$ 到 $(\lambda_2-1,n)$ 的路径，则这条新路径与第一行对应的路径没有交点！（Check this !）如法炮制，把第三行对应的路径向左平移两个单位，. . . 第 $n$ 行对应的路径向左平移 $1-n$ 个单位，则我们得到一个不相交的路径组。它的两组顶点集分别为 $\{A_i=(1-i,1),1\leq i\leq n\}$ 和 $\{B_j=(\lambda_j-j+1,n),1\leq j\leq n\}$。
（注意 $T$ 的第 $l(\lambda)+1,\ldots,n$ 行都是 0，它们对应的路径就是一条垂直向上的路径）
不难验证对这两组顶点集之间的每个不相交的路径组（这个路径组必然是 $A_i\rightarrow B_i$ 的），都可以从它们的 "高度" 值还原出 $T$ 的每一行从而确定出 $T$ 来。
令水平边的权值从下向上依次为 $x_1,\ldots,x_n$，垂直边的权值一律为 1，则应用带权的 Gessel - Viennot 引理立刻有
\[ s_\lambda(x_1,\ldots,x_n)=\det\left(h_{\lambda_i-i+j}\right)_{1\leq i,j\leq n}.\]
这就证明了 Jacobi - Trudi 恒等式。
注意在这个证明中，我主要是叙述了证明思路而不是具体细节。对不相交路径组方法还不熟悉的读者，推荐你阅读 GTM 238 A course in Enumeration.
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Hook 长度公式
这一节来介绍并证明著名的 hook 长度公式。Hook 公式的表述简单优美，结论出人意料，让人第一眼看到它就会被它所i吸引。我最初念对称群表示论的动机之一就是想搞清楚 hook 公式。
首先来定义什么是 hook 长度：设 $\lambda\vdash n$, $F_\lambda$ 是对应的 Ferrers 图，用 $v=(i,j)$ 来表示 $F_\lambda$ 中第 $i$ 行第 $j$ 列位置的方格（只考虑那些有方格的位置）。数数与 $v$ 同行但是位置在 $v$ 的右边，以及与 $v$ 同列但是位置在 $v$ 的下方的方格的总数（$v$ 自己也算一个, 但是只算一次）。这个数字称作 $v$ 的 hook 长度，记作 $h_v$。
如图所示，$v=(2,2)$ 的 hook 长度是 6，那些被计算的方格已经标注出来了。
定理【hook 公式】：形状为 $\lambda$ 的标准 Young 表的个数为
\[f_\lambda=\frac{n!}{\prod_{v\in F_\lambda}h_v}.\]
这里 $n=|\lambda|$。
Hook 公式的表达式虽然很形象，但是这个表达式真要用起来并不顺手。我们需要一个看起来不那么直观，但是用起来趁手的表达式，这就是下面的关键引理：
引理【Technical Lemma】：设 $\mu_i=\lambda_i+r-i$，这里 $r=l(\lambda),1\leq i\leq r$，则
\[ \prod_{v\in F_\lambda} h_v =\frac{\prod_{i=1}^r \mu_i!}{\prod_{i<j}(\mu_i-\mu_j)}.\]
引理的证明：任取正整数 $m\geq\lambda_1,n\geq\lambda‘_1$，则 $\lambda$ 的 Ferrers 图可以放在一个 $m\times n$ 的矩形当中，它的边界是一条从 $(0,0)$ 到 $(m,n)$ 的 Gauss 路径。从左下角开始给路径上的边依次标号为 $0,1,\ldots,m+n-1$，可以很容易看出垂直的边（也就是每行末端的垂直边界）的标号为 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$，水平的边的标号为 $\{n-1+j-\lambda‘_j,1\leq j\leq m\}$。于是我们得到下面的结论：
集合 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$ 和 $\{n-1+j-\lambda‘_j,1\leq j\leq m\}$ 合起来构成 $\{0,1,\ldots,m+n-1\}$ 的一个置换。
注意集合 $\{\lambda_i+n-i,1\leq i\leq n\}$ 在 $n=\lambda‘_1$ 时恰好是 $F_\lambda$ 的第一列的 hook 长度。如果我们想要得到第一行的 hook 长度，只要把这个结论应用在 $F_\lambda$ 的共轭图 $F_{\lambda‘}$ 上，即（交换 $\lambda$ 和 $\lambda‘$ 的地位）
集合 $\{\lambda‘_j+m-j,1\leq j\leq m\}$ 和 $\{m-1+i-\lambda_i,1\leq i\leq n\}$ 合起来构成 $\{0,1,\ldots,m+n-1\}$ 的一个置换。
这才是我们想要的：令 $m=\lambda_1$，$n=\lambda_1‘=r$ 为 $F_\lambda$ 的行数，则集合 $\{\lambda‘_j+m-j,1\leq j\leq m\}$ 正好就是 $F_\lambda$ 的第一行的方格的 hook 长度，而集合 $\{m-1+i-\lambda_i,1\leq i\leq n\}$ 正好就是 $\{\mu_1-\mu_j,1\leq j\leq r\}$，它们合起来构成集合 $\{0,1,\ldots,\mu_1\}$ 的一个置换，$因此 $F_\lambda$ 的第一行的所有方格的 hook 长度的乘积恰好等于\[\frac{\mu_1!}{\prod_{i=2}^r(\mu_1-\mu_i)}.\]
然后擦去 $F_\lambda$ 的第一行，对第二行采用同样的论证道理，第二行所有方格的 hook 长度乘积为 \[\frac{\mu_2!}{\prod_{i=3}^r (\mu_2-\mu_i)}.\]
这样一直下去就得到了引理的证明。
回到 hook 公式的证明： 这里的技巧可以概括为 "think out of the box"， 考虑关于无穷多个变元 $x_1,\ldots,x_n,\ldots,$ 的对称多项式环。这个环到单变元形式幂级数环有一个同态 $\theta$：\[\theta(f) = \sum_{k=0}^n f_k \frac{t^k}{k!}.\]
其中 $f_k$ 是 $f$ 中单项式 $x_1x_2\cdots x_k$ 的系数（留给你验证这确实是一个同态）。特别地 $\theta(h_k)=\frac{t^k}{k!}$。在 Jacobi - Trudi 恒等式两边同时用 $\theta$ 作用（这个恒等式对无穷多个变元同样成立，证明也一样），得到\[f_\lambda \frac{t^n}{n!}=\det\left( \frac{t^{\lambda_i-i+j}}{(\lambda_i-i+j)!} \right).\]
这里左边是因为要想不重复不遗漏地填入 $x_1,\ldots,x_n$ 得到半标准 Young 表，必然有 $n=|\lambda|$ 且得到的是标准 Young 表。
然后在两边令 $t=1$ 就得到
\[ f_\lambda = n!\cdot \det\left(\frac{1}{(\lambda_i-i+j)!}\right).\]
留给你验证右边等于引理中的表达式，这就完成了 hook 公式的证明。
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平面分拆的 Macmahon 公式
堆箱子的问题可以叙述为：
有多少满足如下条件的 $a\times b$ 矩阵？
矩阵的元素都是非负整数，且每一行从左到右，每一列从上到下都是弱递减的；
矩阵中最大的（即 $(1,1)$ 位置的）元素不超过 $c$。
这个问题又叫做受限制的平面分拆，最早由 Macmahon 在 1903 年解决。答案是非常难猜到的：
\[\prod_{i=1}^a\prod_{j=1}^b\prod_{k=1}^c \frac{a+b+c-1}{a+b+c-2}.\]
这就是有名的 Macmahon 公式。时至今日这个问题已经有了多种解法（RSK 对应，Schur 多项式，不相交格点路径组等等），下面的解法利用了 Schur 多项式。
设使用 $n$ 个箱子的平面分拆的个数为 $a_n$，我们要计算生成函数
\[ F(q)=\sum_{n=0}^{abc} a_nq^n.\]
特别令 $q=1$ 就是所有满足限制的平面分拆的总数。
设 $\lambda=aa\cdots a$（$b$ 个 $a$），考虑 $b+c$ 个变元的 Schur 多项式的指定值 $s_\lambda(q^{b+c},\ldots,q)$，这恰好是列严格递降，行弱递降，最大元素不超过 $b+c$，元素都是正整数的矩阵的生成函数。如果给第一行同时减去 $b$，第二行减去 $b-1$，. . . ，第 $b$ 行减去 1，则得到的就是行列都弱递降，最大元素不超过 $c$，元素都是非负整数的矩阵的生成函数，即
\[ s_\lambda(q^{b+c},\cdots,q)= q^{ab(b+1)/2} F(q).\]
为了求出左边的表达式，只要利用 Schur 多项式的 bialternant 公式：
\[s_\lambda(q^{b+c},\cdots,q)=\frac{\det(q^{(b+c+1-i)(b+c-j+\lambda_j)})}{\det(q^{(b+c+1-i)(b+c-j)})}.\]
这里当 $j=b+1,\ldots,b+c$ 时 $\lambda_j$ 默认为 0。最终不难求出
\[ F(q)=\prod_{i=1}^a\prod_{j=1}^b\prod_{k=1}^c\frac{1-q^{a+b+c-1}}{1-q^{a+b+c-2}}.\]
这就是受限制的平面分拆的生成函数。特别地令 $q=1$ 就得到了前面的 Macmahon 公式。
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参考文献
1. Macdonald. Symmetric functions and Hall polynomials.
2. Sagan. symmetric groups.
3. Aigner. A course in Enumeration.
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这篇文章写得比较随意，有不少细节没有写清楚，主要是懒。但是关键定理的证明（主要是思路）都写的很仔细，这些是文献上找不到的，所以我相信这篇文章有它的价值。
组合数学漫游奇境记：Schur 多项式，Hook 长度公式，Macmahon 平面分拆公式
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xida/p/4003930.html
