卡特兰数

Catalan 数列

Catalan 数列可以应用于以下问题：

有个人排成一行进入剧场。入场费 5 元。其中只有个人有一张 5 元钞票，另外人只有 10 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少种方法使得只要有 10 元的人买票，售票处就有 5 元的钞票找零？
一位大城市的律师在她住所以北个街区和以东个街区处工作。每天她走个街区去上班。如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？
在圆上选择个点，将这些点成对连接起来使得所得到的条线段不相交的方法数？
对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1,2,3, \cdots ,n$ 有多少个不同的出栈序列？
个结点可构造多少个不同的二叉树？
由个和个组成的个数 $a_1,a_2, \cdots ,a_{2n}$ ，其部分和满足 $a_1+a_2+ \cdots +a_k \geq 0~(k=1,2,3, \cdots ,2n)$ ，有多少个满足条件的数列？

其对应的序列为：

							...
1	1	2	5	14	42	132	...

递推式

该递推关系的解为：

H_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}(n \geq 2, n \in \mathbf{N_{+}})

关于 Catalan 数的常见公式：

H_n = \begin{cases} \sum_{i=1}^{n} H_{i-1} H_{n-i} & n \geq 2, n \in \mathbf{N_{+}}\\ 1 & n = 0, 1 \end{cases}

H_n = \frac{H_{n-1} (4n-2)}{n+1}

H_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n-1}

例题洛谷 P1044 栈

题目大意：入栈顺序为 $1,2,\ldots ,n$ ，求所有可能的出栈顺序的总数。

C++Python

#include <iostream>
using namespace std;
int n;
long long f[25];

int main() {
  f[0] = 1;
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] * (4 * i - 2) / (i + 1);
  // 这里用的是常见公式2
  cout << f[n] << endl;
  return 0;
}

f = [0] * 25
f[0] = 1
n = int(input())
for i in range(1, n + 1):
    f[i] = int(f[i - 1] * (4 * i - 2) // (i + 1))
    # 这里用的是常见公式2
print(f[n])

封闭形式

卡特兰数的递推式为

H_n=\sum_{i=0}^{n-1}H_{i}H_{n-i-1} \quad (n\ge 2)

其中。设它的普通生成函数为。

我们发现卡特兰数的递推式与卷积的形式很相似，因此我们用卷积来构造关于的方程：

\begin{aligned} H(x)&=\sum_{n\ge 0}H_nx^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\sum_{i=0}^{n-1}H_ix^iH_{n-i-1}x^{n-i-1}x\\ &=1+x\sum_{i\ge 0}H_{i}x^i\sum_{n\ge 0}H_{n}x^{n}\\ &=1+xH^2(x) \end{aligned}

解得

H(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}

那么这就产生了一个问题：我们应该取哪一个根呢？我们将其分子有理化：

H(x)=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}

代入，我们得到的是的常数项，也就是。当 $H(x)=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-4x}}$ 的时候有，满足要求。而另一个解会出现分母为的情况（不收敛），舍弃。

因此我们得到了卡特兰数生成函数的封闭形式：

H(x)=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}

接下来我们要将其展开。但注意到它的分母不是斐波那契数列那样的多项式形式，因此不方便套用等比数列的展开形式。在这里我们需要使用牛顿二项式定理。我们来先展开 $\sqrt{1-4x}$ ：

\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=\sum_{n\ge 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}(-4x)^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}}}{n!}(-4x)^n \end{aligned} \tag{1}

注意到

\begin{aligned} \left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}} &=\frac{1}{2}\frac{-1}{2}\frac{-3}{2}\cdots\frac{-(2n-3)}{2}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{2^n}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^n(2n-2)!!}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!} \end{aligned}

这里使用了双阶乘的化简技巧。那么带回得到

\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\frac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}2x^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n \end{aligned}

带回原式得到

\begin{aligned} H(x)&=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}\\ &=\frac{1}{2x}\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n\\ &=\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}x^{n-1}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n+1}{n+1}\frac{1}{(2n+1)}x^{n}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}\frac{1}{n+1}x^{n}\\ \end{aligned}

这样我们就得到了卡特兰数的通项公式。

路径计数问题

非降路径是指只能向上或向右走的路径。

从到的非降路径数等于个和个的排列数，即 $\dbinom{n + m}{m}$ 。
从到的除端点外不接触直线的非降路径数：

先考虑下方的路径，都是从出发，经过及到，可以看做是到不接触的非降路径数。

所有的的非降路径有 $\dbinom{2n-2}{n-1}$ 条。对于这里面任意一条接触了的路径，可以把它最后离开这条线的点到之间的部分关于对称变换，就得到从到的一条非降路径。反之也成立。从而下方的非降路径数是 $\dbinom{2n-2}{n-1} - \dbinom{2n-2}{n}$ 。根据对称性可知所求答案为 $2\dbinom{2n-2}{n-1} - 2\dbinom{2n-2}{n}$ 。
从到的除端点外不穿过直线的非降路径数：

用类似的方法可以得到： $\dfrac{2}{n+1}\dbinom{2n}{n}$

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