UPD 2021.7.5: 感谢 Tiw_Air_OAO 大佬提醒，钩长公式有利用 LGV 引理的神奇证法，在 2019 年集训队论文里有提到。不过菜鸡博主还没看懂/kk，以后如果有机会弄明白的话会来更新一下。
大鸽子更博辣！
最近听说了这个神奇的公式，随手百度了一下竟然几乎找不到任何有证明的博客！！于是去翻论文找到了证明，在这里搬运一下qwq
本文中所有图均源自维基百科。
本文的主角是一种非常神奇的组合结构——杨表（Young Tableau）。
杨表是一个如下图所示的结构，每一行有公共的左边界，每一列有公共的上边界，而每行的长度自上到下非严格递减，每列的长度自左到右非严格递减。
杨表在各种各样的组合模型中随处可见，例如杨表与整数拆分的方案一一对应。杨表的一大神奇之处在于，它可以用各种各样的方式构造（上下左右加一行），还能进行翻转等变换，由此可以导出整数拆分的多种 DP 方式。
而本文讨论的是杨表的拓扑序计数问题：对于一个总共有 (n) 个格子的杨表，给每个格子一个 (1) 到 (n) 之间的编号，使得所有格子的编号互不相同，且对于任何一对相邻格子，上面格子的编号小于下面，左面格子的编号小于右面，一共有多少种方案？
这个问题有一个异常优美的公式，不过在这之前让我们先作出一些必要的定义。
对于杨表中的每一个单元格，我们定义“钩长” (hook length) 为它本身、正下方、正右方的格子总个数。
例如在下图中，每个格子上标出了该格子的钩长。
于是重点来了：
钩长公式 (Hook Length Formula): 设杨表总共格子数是 (n)，第 (i) 行第 (j) 列的钩长为 (h_{i,j})，则拓扑序个数为 (frac{n!}{prod_{i,j} h_{i,j}})，即 (n!) 除以每个钩长的乘积。
网上很多类似于“每个点是它和它正下方正右方的概率是 (frac{1}{h_{i,j}})，相乘就是答案”的论述，显然都是伪证。接下来让我们有理有据地证明这个结论。
这个证明基于一个递推的想法——设一张杨表 (A) 的拓扑序个数为 (T)，该公式给出的答案为 (H). 对于较小的情况，容易验证 (T) 和 (H) 是相等的；可以发现 (T) 之间具有一个显然的递推关系：枚举这张杨表中的所有角落方格，将该方格去掉之后得到的杨表的 (T) 值求和，就是当前这张杨表的 (T) 值。在这里，角落方格是指所有能被标号为 (n) 的方格，即钩长为 (1) 的方格。如下图所示，角落方格被标了蓝点。
那么，我们只需要证明 (H) 也具有相同的递推关系，就可以证明对于任意杨表都有 (T=H). 对此，数学家们构造性地给出了一个转化，称为The Hook Walk:
(1) 首先从 (n) 个格子中随机选择一个作为起点，开始游走。
(2) 如果当前在角落格子，那么游走结束；否则，从该格正右方和正下方的 (frac{1}{h_{i,j}-1}) 个格子中等概率随机选择一个，跳到所选的点，继续该步骤。
假设在角落格 ((a,b)) 结束的概率是 (p_{a,b})，那么可以断言
即在角落 ((a,b)) 结束的概率等于 ((a,b)) 标号为 (n) 的拓扑序在所有拓扑序中所占的比例。
为什么呢？考虑随机游走的过程。下证一个引理：固定起点 ((c,d))、终点 ((a,b)) 以及路径经过的所有行的序列 (S_1[1..m_1])、所有列的序列 (S_2[1..m_2]). 考虑所有满足这一条件的路径，其概率总和为 (f(a,b,c,d,S_1,S_2)=prod_{iin S_1}frac{1}{h_{i,b}-1}cdot prod_{jin S_2}frac{1}{h_{a,j}-1}).
上面的等式右边那个乘积我们称作 (P). 可以得到 (f) 的递推关系：考虑第一步的走法，有
我们对路径的长度使用数学归纳法，那么根据归纳假设有
即 (f(a,b,c,d,S_1,S_2)=frac{1}{h_{c,d}-1}(h_{c,b}-1+h_{a,d}-1)cdot P)
画一画图可以发现 (h_{c,b}+h_{a,d}=h_{c,d}+1)，于是 (f(a,b,c,d,S_1,S_2)=P).
那么考虑在固定 (a,b) 的情况下，对所有可能的 (a,b,S_1,S_2) 求和再除以起点的选择数 (n)，结果就是
即为终止在 ((a,b)) 的概率，简单计算得知它恰好等于 (frac{H(A-(a,b))}{H(A)})，于是大功告成！