Catalan数的一些结论

    此文章有一部分（定理，证明）来自于华中师范大学学报（自然科学版）

主要结论

定理 1

n个“1”和n个“0”组成的2n位的二进制数，要求从左到右扫描，“1”的累计数不小于“0”的累计数，这样的二进制数的个数为著名的Calatan数 C(2n,n)/(n+1) ，（n>=0）

证明

令An为n个“1”和n个“0”组成的符合二进制数的个数，n个“1”和n个“0”组成的二进制数可以看作是一种类型（1型）为n个元素和另一种类型（0型）的n个元素的两种不同元素的排列，这样的排列个数位C(2n,n) = (2n)!/(n!n!)，从C(2n,n)中减去不符合要求的个数即为所求的An，考虑n个"1"和n个"0"组成的不符合要求的二进制数，不符合要求的数应为：从左到右扫描时，必然存在一个最小的k使得在这k位上首先出现"0"的累计数多于"1"的累计数，特别得，k是一个奇数，而在k之前的k-1位数中，有相等个数的"0"和"1"，而且这第k位上是"0"，现在把这前k位中每一位上的数进行交换，"1"换成"0"，"0"换成"1"，并且保持剩下的数不变，结果这样的二进制数是一个有n+1个"1"和n-1个"0"的二进制数，即一个不合要求的二进制数对应一个由n+1个"1"和n-1个"0"组成的一个排列，这个过程是可逆的：任何一个由n+1个"1"和n-1个"0"组成的2n位数，由于"1"的个数比"0"的个数多2个，2n是偶数，因此必在某个奇位数上出现"1"的累计数超过"0"的累计数，同样对他们进行交换，并使其余的不动，使之成为由n个"1"和n个"0"组成的2n位数，这时"0"的累计个数多于"1"的累计个数，是一个不符合要求的二进制数，从而不符合要求的二进制数与n+1个"1"和n-1"0"组成的排列一一对应，这样的排列个数为C(2n,n+1) = (2n)!/((n+1)!(n-1)!) 因此有An = C(2n,n)-C(2n,n+1)

 

定理2

n个+1和n个-1构成的2n项a1，a2，a3，……，ak，其部分和满足a1，a2，a3,…，ak>=0(k = 1,2,……,n)的数列的个数等于第n个Catalan数。

证明

由定理1可证

从这两个定理显然可得到一下推论：

推论1

n个1和n个0构成2n项a1,a2,a3,……a2n，其部分和恒满足a1+a2+a3+……+ak>=k/2,k = 1,2,3,……,2n的排列，这类排列的个数位Catalan数。

应用

以下计数问题都与Catalan数有关。

命题  1（唱票问题）

甲、乙各n张选票的方式数(要求任一时刻所公布的甲的票数都不少于乙的票数)为Catalan数

证明 

若将选甲、乙的票分别计为1,0，则问题即是将n个1和n个0排成一列，求使得前边k个数字中恒有

a1+a2+……+ak>=k/2,k = 1,2,……,2n

的数列的个数，由推论1即可知唱票的方式数为Catalan数

命题 2（特定非负整数解问题）

略。。。没看懂，直接上图片，

命题 3（路径问题）

如图1，从原点O（0,0）到点A（n，n）的路径数（要求中途所经过的点（a，b），满足关系式a<=b）为第n个Catalan数

证明

因为要求中途所经过的任一点（a，b）满足关系式a<=b，故问题转化成从（0,0）点出发，途径对角线OA及对角线上方的点到达（n，n）

点的途径数，把沿Y轴正方向走一格记为1，沿X轴正方向走一格记为0，由（0,0）到（n，n）需要走2n步，也即每一条路径对应一个由n个1

和n个0组成的序列，且”途中所经过的点（a，b）满足a<=b“的条件转化为”对任意时刻的k，部分和满足a1+a2+…+ak>=k/2,k=1,2,3,…,2n“.

从而每一条可行性路径对应一个推论1所要求的数列，并且这种对应是一一对应，故这样的路径数为Catalan数

当然还有许多与Catalan数有关的例子，举例如下：

（1） 设有n+1个点的凸多边形，用内部不交的对角线（共n-2条）将它剖分成为n-1个三角形，不同的剖分方式数Catalan数Cn。

（2）设2n个点均匀地分布在一个圆的圆周上，能用n条不相交的弦把这些点全配成对，则这种配对的方法数是Catalan数Cn。

（3）有2n个人在售票处前站队买票，入场门票是50元，而n个人恰有这样的钱数，其他n个人每个人恰有100元钞票，不巧开始时售票处

没有零钱，如果到第一个位置为止，有50元的人数不少于有100元的人数，就称这2n个人的序列是可行的，在这种情况下，能对每个需要

找零钱的人找给零钱，这种可行的序列数为Catalan数Cn。

（4）给定不同高度的2n个人，把这些人排列成两行，每行是n个人，使得第一行的任何一个人高于第二行对应的人，这样的排列方式有Cn种。

void catalan() //求卡特兰数
{
    int i, j, len, carry, temp;
    a[1][0] = b[1] = 1;
    len = 1;
    for(i = 2; i <= 100; i++)
    {
        for(j = 0; j < len; j++) //乘法
        a[i][j] = a[i-1][j]*(4*(i-1)+2);
        carry = 0;
        for(j = 0; j < len; j++) //处理相乘结果
        {
            temp = a[i][j] + carry;
            a[i][j] = temp % 10;
            carry = temp / 10;
        }
        while(carry) //进位处理
        {
            a[i][len++] = carry % 10;
            carry /= 10;
        }
        carry = 0;
        for(j = len-1; j >= 0; j--) //除法
        {
            temp = carry*10 + a[i][j];
            a[i][j] = temp/(i+1);
            carry = temp%(i+1);
        }
        while(!a[i][len-1]) //高位零处理
        len --;
        b[i] = len;
    }
}

SDUTOJ ->> 1266出栈序列的统计

#include 
#include 

using namespace std;

int c(int x, int n)
{
    int i, ret = 1;
    for(i = 1;i <= n;i++){
        ret = ret*(x-i+1)/i;
    }
    return ret;
}
int main()
{

    int n;
    cin >>n;
    printf("%d\n", c(2*n,n)/(n+1));

    return 0;
}

此文章持续更新中。。。。。。