卡特兰数问题汇总

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组合数学中有非常多的组合结构可以用卡塔兰数来计数,这种算法运用了分治的思想,将一个比较复杂的问题按照不同的情况分解为子问题,然后对不同情况取并。

卡特兰数

卡特兰数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。令h(0)=1,h(1)=1,Catalan数满足递推式:h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)*h(0) (n>=2)。

h(2)=h(0)*h(1)+h(1)*h(0)=1*1+1*1=2
h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h(2)*h(0)=1*2+1*1+2*1=5
另类递推式:h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1)
递推关系的解为:h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推关系的另类解为:h(n)=C(2n,n)-C(2n,n+1)(n=0,1,2,...)

卡特兰数的应用

应用1:出栈次序。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?h(n)
常规分析
首先,我们设f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。同时,我们假定,从开始到栈第一次出到空为止,这段过程中第一个出栈的序数是k。特别地,如果栈直到 整个过程结束时才空,则k=n。首次出空之前第一个出栈的序数k将1~n的序列分成两个序列,其中一个是1~k-1,序列个数为k-1,另外一个是 k+1~n,序列个数是n-k。此时,我们若把k视为确定一个序数,那么根据乘法原理,f(n)的问题就等价于——序列个数为k-1的出栈序列种数乘以序 列个数为n - k的出栈序列种数,即选择k这个序数的f(n)=f(k-1)×f(n-k)。而k可以选1到n,所以再根据加法原理,将k取不同值的序列种数相加,得到 的总序列种数为:f(n)=f(0)f(n-1)+f(1)f(n-2)+……+f(n-1)f(0)。看到此处,再看看卡特兰数的递推式,答案不言而 喻,即为f(n)=h(n)= C(2n,n)/(n+1)= c(2n,n)-c(2n,n+1)(n=0,1,2,……)。最后,令f(0)=1,f(1)=1。
非常规分析
对于每一个数来说,必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态‘1’,出栈设为状态‘0’。n个数的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。 由于等待入栈的操作数按照1‥n的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a(a≤b),因此输出序列的总数目=由左而右扫描由n个1和n个0组成 的2n位二进制数,1的累计数不小于0的累计数的方案种数。在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去 不符合要求(由左而右扫描,0的累计数大于1的累计数)的方案数即为所求。
不符合要求的数的特征是由左而右扫描时,必然在某一奇数位2m+1位上首先出现m+1个0的累计数和m个1的累计数,此后的2(n-m)-1位上有n-m 个 1和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换,使之成为n-m个0和n-m-1个1,结果得1个由n+1个0和n-1个1组成的 2n位数,即一个不合要求的数对应于一个由n+1个0和n-1个1组成的排列。反过来,任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数,由于0的 个数多2个,2n为偶数,故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换,使之成为由n个0和n个1组成的2n位数,即 n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数。因而不合要求的2n位数与n+1个0,n-1个1组成的排列一一对应。
显然,不符合要求的方案数为c(2n,n+1)。由此得出输出序列的总数目=c(2n,n)-c(2n,n+1)=c(2n,n)/(n+1)=h(n)。

应用2描述:n对括号有多少种匹配方式?h(n)
       思路:n对括号相当于有2n个符号,n个左括号、n个右括号,可以设问题的解为f(2n)。第0个符号肯定为左括号,与之匹配的右括号必须为第2i+1 字符。因为如果是第2i个字符,那么第0个字符与第2i个字符间包含奇数个字符,而奇数个字符是无法构成匹配的。
       通过简单分析,f(2n)可以转化如下的递推式 f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n - 4) + ... + f(2n - 4)*f(2) + f(2n-2)*f(0)。简单解释一下,f(0) * f(2n-2)表示第0个字符与第1个字符匹配,同时剩余字符分成两个部分,一部分为0个字符,另一部分为2n-2个字符,然后对这两部分求解。 f(2)*f(2n-4)表示第0个字符与第3个字符匹配,同时剩余字符分成两个部分,一部分为2个字符,另一部分为2n-4个字符。依次类推。
       假设f(0) = 1,计算一下开始几项,f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式,不难发现f(2n) 等于h(n)。

应用4描述(和应用1一样):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?h(n)
       思路:这个与加括号的很相似,进栈操作相当于是左括号,而出栈操作相当于右括号。n个数的进栈次序和出栈次序构成了一个含2n个数字的序列。第0个数字 肯定是进栈的数,这个数相应的出栈的数一定是第2i+1个数。因为如果是2i,那么中间包含了奇数个数,这奇数个肯定无法构成进栈出栈序列。
       设问题的解为f(2n), 那么f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n-4) + f(2n-2)*f(0)。f(0) * f(2n-2)表示第0个数字进栈后立即出栈,此时这个数字的进栈与出栈间包含的数字个数为0,剩余为2n-2个数。f(2)*f(2n-4)表示第0个 数字进栈与出栈间包含了2个数字,相当于1 2 2 1,剩余为2n-4个数字。依次类推。
       假设f(0) = 1,计算一下开始几项,f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式,不难发现f(2n) 等于h(n)。

应用5描述:n个节点构成的二叉搜索树,共有多少种情形?h(n)
       思路:可以这样考虑,根肯定会占用一个结点,那么剩余的n-1个结点可以有如下的分配方式,T(0, n-1),T(1, n-2),...T(n-1, 0),设T(i, j)表示根的左子树含i个结点,右子树含j个结点。
       设问题的解为f(n),那么f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。假设f(0) = 1,那么f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。结合递推式,不难发现f(n)等于h(n)。
应用6描述: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?h(n)
       思路:以其中一个点为基点,编号为0,然后按顺时针方向将其他点依次编号。那么与编号为0相连点的编号一定是奇数,否则,这两个编号间含有奇数个点,势 必会有个点被孤立,即在一条线段的两侧分别有一个孤立点,从而导致两线段相交。设选中的基点为A,与它连接的点为B,那么A和B将所有点分成两个部分,一 部分位于A、B的左边,另一部分位于A、B的右边。然后分别对这两部分求解即可。
       设问题的解f(n),那么f(n) = f(0)*f(n-2) + f(2)*f(n-4) + f(4)*f(n-6) + ......f(n-4)*f(2) + f(n-2)*f(0)。f(0)*f(n-2)表示编号0的点与编号1的点相连,此时位于它们右边的点的个数为0,而位于它们左边的点为2n-2。依次 类推。
       f(0) = 1, f(2) = 1, f(4) = 2。结合递归式,不难发现f(2n) 等于h(n)。

应用7描述:求一个凸多边形区域划分成三角形区域的方法数?h(n-2)
      思路:以凸多边形的一边为基,设这条边的2个顶点为A和B。从剩余顶点中选1个,可以将凸多边形分成三个部分,中间是一个三角形,左右两边分别是两个凸多边形,然后求解左右两个凸多边形。
      设问题的解f(n),其中n表示顶点数,那么f(n) = f(2)*f(n-1) + f(3)*f(n-2) + ......f(n-2)*f(3) + f(n-1)*f(2)。f(2)*f(n-1)表示三个相邻的顶点构成一个三角形,那么另外两个部分的顶点数分别为2和n-1。
      设f(2) = 1,那么f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。结合递推式,不难发现f(n) 等于h(n-2)。

应用8描述:有2n个人排成一行进入剧场。入场费5元。其中只有n个人有一张5元钞票,另外n人只有10元钞票,剧院无其它钞票,问有多少中方法使得只要有10元的人买票,售票处就有5元的钞票找零?h(n)
     思路:可以将持5元买票视为进栈,那么持10元买票视为5元的出栈。这个问题就转化成了栈的出栈次序数。由应用2的分析直接得到结果,f(2n) 等于h(n)。

PS应用8:游乐园门票1元一张,每人限购一张。现在有10个小朋友排队购票,其中5个小朋友每人只有1元的钞票一张,另5个小朋友每人只有2元的钞票一张,售票员没有准备零钱。问:有多少种排队方法,使售票员总能找的开零钱?

答:现把拿1元的5个小朋友看成是相同的,把拿2元的5个小朋友也看成是相同的,使用我们常用的“逐点累加法”:

图 中每条小横段表示拿1元的小朋友,每条小竖段表示拿2元的小朋友,要求从A走到B的过程中网格中任何点均有横段数不小于竖段数:拿1元的要先,且人数不能 少于拿2元的,即不能越过对角线AB:每个点所标的数即为从A走到此点的方法数。求从A到B的走法的方法数。逐点累加可求出为42,即卡特兰数C5=42。

卡特兰数问题汇总_第1张图片

又由于每个小朋友是不相同的,所以共有42×5!×5!=42×120×120=604800种情况。


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