此题目对应于 LeetCode 96
题目要求：
Given n, how many structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1...n?
结点数为n的不同形态的二叉树一共有多少种？这是一个很常见的面试题。
从二叉树的定义来看，二叉树本质上就是一个递归的形式，左子树，右子树，根节点。所以根节点应该不变，需要递归处理的是左右子树。
也就是说，还是考虑固定一个节点，即根节点。好的，按照这个思路，还剩2个节点，那么左右子树的分布情况为2=0+2=1+1=2+0。
所以有3个节点时，递归形式为h(3)=h(2) + h(1)*h(1) + h(2). (注意这里的乘法，因为左右子树一起组成整棵树，根据排列组合里面的乘法原理即可得出)
那么有n个节点呢？我们固定一个节点，那么左右子树的分布情况为n-1=n-1 + 0 = n-2 + 1 = ... = 1 + n-2 = 0 + n-1
OK。递归表达式出来了h(n) = h(n-1) + h(n-2)h(1) + h(n-3)h(2) + ... + h(1)h(n-2) + h(n-1)
再定义h(0)=1时，这个递推式就表示了组合数学中经典的Catalan数：
此递推式的解为：
这里我们给出这个递推式的解法，里面会包含一些数学知识和理论推导。建议博友们可以看看，如不感兴趣的可以自行跳过。
其中
最后附上Python求Catalan数的程序。
解法1：
def Catalan(n):
if n == 0 or n == 1:
return 1
else:
result = 0
for i in range(n):
result += Catalan(i)*Catalan(n-1-i)
return result上面的代码时粗暴的解法，提交LeetCode结果是运行超时
下面提供一份用于动态规划思想做的方法：
解法2：
class Solution(object):
def __init__(self,n):
self.dic = {} # 记录表，记录numTrees(i)的值，下次需要直接读取
def numTrees(self, n):
if n == 0 or n == 1:
self.dic[n]=1
return 1
else:
result = 0
for i in range(n):
if i in self.dic:
tmp1 = self.dic[i]
else:
tmp1 = self.numTrees(i)
if n-1-i in self.dic:
tmp2 = self.dic[n-1-i]
else:
tmp2 = self.numTrees(n-1-i)
result += tmp1*tmp2
self.dic[n] = result
return result解法3：
由于这个问题有着通项公式，所以可以直接通过计算组合数的方法进行求解：
有公式f(n)=1/(n+1) * C(n, 2n) ，可知我们只需求得组合数C(n, 2n)。
# 从n个数中选择m个数的组合数C(n,m)
class Solution(object):
def combination(self,n,m):
tmp = 1
if m > n-m: #取n和m-n的最小值，以减少计算量
return self.combination(n,n-m)
for i in range(n-m+1):
tmp *= n-i
tmp /= i+1
return tmp
def numTrees(self, n):
return self.combination(2*n,n)/(n+1)Catalan数的常见应用由如下几种，这里分别给出分析和详解。
应用1：结点数为n的不同形态的二叉树一共有多少种？
这个解法已经在上面的内容进行叙述。
应用2：n对括号有多少种有效匹配方式，即左右括号正确匹配？
我们先举几个例子
1对括号：() 1种可能
2对括号：()() (()) 2种可能
3对括号：((())) ()(()) ()()() (())() (()()) 5种可能
通过数列的这前几项，我们可以猜测这个数列是Catalan数，然而这里根据意义推导出递推式比较难以想象和说明，这里针对这个括号匹配的应用给出另一种表达式的推导。
(1)考虑n对括号，共有n个左括号“(”和右括号“)”。这n对左右括号的全排列，可以看做是2n个空，将n个左括号放入任意的n个空之中，剩下的位置由右括号填充。其排列数显然为C(n,2n)
(2)在所有的排列中，显然有部分是非法排列，我们从中减去非法排列个数，即可以得到合法的排列数目，现在考虑非法排列的个数。
(3)先来观察非法排列的特性，我们假设左括号“(”为1，右括号“)”为-1，非法排列有这样一个性质，对于任意一个非法排列a1,a2 ... an ，比存在一个k,使得 a1+a2+a3..ak<0。这里的想法是，假设左右括号可以这样匹配（）进行抵消，这里非法的条件便是从左边出现了一个无法被抵消的右括号“）”。这里给出n=3的一个例子：
（）（））（，即1，-1,1，-1，-1,1,。
在k=5时出现了非法的情况。我们将1-5元素进行翻转即1和-1进行置换，该序列就变成了
-1,1，-1,1,1，这个翻转后的序列中有n+1个1，n-1个-1，共有C(n+1,2n)。这里要论证的是：
对于这种有n+1个1，n-1个-1的排列，总是存在一个最小的k,我们只需要从第1个到第k个元素翻转回去，就能变成对于有n个1，n个-1的情况下的非法排列。即有n+1个1，n-1个-1的排列与非法队列是一一对应的。
(4)所以可以推得，非法排列的个数为C(n+1,2n)，最终可得结论：
对于n对括号，合法的排列共有C(n,2n) - C(n+1,2n)种.
而这就是Catalan数的另一种求解式。
**应用3：矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？
我们先举几个例子
1个矩阵： a1 1种方案
2个矩阵连乘： a1×a2 1种方案
3个矩阵连乘： (a1×a2)×a3 a1×(a2×a3) 2种方案
n个矩阵连乘： a1×a2×a3×....×an 将其划分为两个部分 左边连乘和右边连乘
左边矩阵数量可以为1个，2个。。。。n-1个，右边对应为n-1个，n-2个。。。。1个
所以
应用4：一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，有多少个不同的出栈序列?
(1)这个与加括号的很相似，进栈操作相当于是左括号，而进栈操作相当于右括号。n个数的进栈和出栈次序序列构成了一个
含2n个字数的序列或是n对括号的匹配序列。
(2)可以将进出栈序列分为两个部分，先进出栈1个，2个。。。n-1个元素，再进出栈n-1,n-2。。。1个元素。
所以
应用5：在圆上选择2n个点，将这些点成对连接起来使得所得到的n条线段不相交的方法数？
我们先举几个例子，简单的可以自己画些图
假设有2n个点，从中取任意2点连线将原来的点划分为两个部分，其中各个部分的点数都为偶数，不然不合法，必定有连线相交，设一部分中的点数为2i，则另一部分的点数为2n-2-2i。i可以取0至2n-2。
则
令h(n)=f(2n)便得到了标准的Catalan递推式。
参考文献
(1)http://www.cnblogs.com/ShaneZ...
(2)https://baike.baidu.com/item/...
(3)http://blog.csdn.net/sinat_26...
(4)https://www.cnblogs.com/dztgc...
(5)https://blog.csdn.net/acdream...
(6)http://blog.sina.com.cn/s/blo...