卡特兰数

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)


例如: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

1.给乘积X1X,X3......Xn加括号的方法数


将问题转化一下，就是爬坐标，左括号数一定要大于或者等于右括号数


2.排列三个1和三个-1，使得从左到右部分和总是非负的方法数


将问题转化一下，就是加括号的方法数，排1的个数一定要大于或者等于排的-1个数


3.给定四个1和四个0，进行排列组合，使得从左往右读0的个数不超过1的个数


将问题转化为读括号，从左往右读，左括号一定要大于或等于右括号个数。


4.来个看起来复杂点的：将1 2 3 4 5 6排成两行，使得每行3个数，并且每行从左往右读值增加，每一列小数在上

我们可以想象， 1 2 3代表左括号， 4 5 6代表右括号，为了从左往右读值增加，方法会有很多，但加上小数在上大数在下，就相当于左括号数总是大于或者等于右括号数么。假设这里的“左括号”少一个，那么下面一行对应会多一个

---------------------------------------------------------------------------------------以下摘自百度百科

应用

实质上都是递推等式的应用

折叠括号化

矩阵连乘: 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?(h(n-1)种)

折叠出栈次序

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?

常规分析

首先，我们设f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。(我们假定，最后出栈的元素为k，显然，k取不同值时的情况是相互独立的，也就是求出每种k最后出栈的情况数后可用加法原则，由于k最后出栈，因此，在k入栈之前，比k小的值均出栈，此处情况有f(k-1)种，而之后比k大的值入栈，且都在k之前出栈，因此有f(n-k)种方式，由于比k小和比k大的值入栈出栈情况是相互独立的，此处可用乘法原则，f(n-k)*f(k-1)种，求和便是Catalan递归式。

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+1)。

类似问题 买票找零

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?(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)

折叠凸多边形三角划分

在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f(n)。比如当n=6时，f(6)=14。

分析

如果纯粹从f(4)=2，f(5)=5，f(6)=14，……，f(n)=n慢慢去归纳，恐怕很难找到问题的递推式，我们必须从一般情况出发去找规律。

因为凸多边形的任意一条边必定属于某一个三角形，所以我们以某一条边为基准，以这条边的两个顶点为起点P1和终点Pn(P即Point)，将该凸多边形的顶点依序标记为P1、P2、……、Pn，再在该凸多边形中找任意一个不属于这两个点的顶点Pk(2<=k<=n-1)，来构成一个三角形，用这个三角形把一个凸多边形划分成两个凸多边形，其中一个凸多边形，是由P1，P2，……，Pk构成的凸k边形(顶点数即是边数)，另一个凸多边形，是由Pk，Pk+1，……，Pn构成的凸n-k+1边形。

此时，我们若把Pk视为确定一点，那么根据乘法原理，f(n)的问题就等价于--凸k多边形的划分方案数乘以凸n-k+1多边形的划分方案数，即选择Pk这个顶点的f(n)=f(k)×f(n-k+1)。而k可以选2到n-1，所以再根据加法原理，将k取不同值的划分方案相加，得到的总方案数为:f(n)=f(2)f(n-2+1)+f(3)f(n-3+1)+……+f(n-1)f(2)。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-2) (n=2，3，4，……)。

最后，令f(2)=1，f(3)=1。

此处f(2)=1和f(3)=1的具体缘由须参考详尽的"卡特兰数"，也许可从凸四边形f(4)=f(2)f(3)+ f(3)f(2)=2×f(2)f(3)倒推，四边形的划分方案不用规律推导都可以知道是2，那么2×f(2)f(3)=2，则f(2)f(3)=1，又f(2)和f(3)若存在的话一定是整数，则f(2)=1，f(3)=1。(因为我没研究过卡特兰数的由来，此处仅作刘抟羽的臆测)。

类似问题

一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她从不穿越(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?

折叠给定节点组成二叉树

给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树?

(能构成h(N)个)

(这个公式的下标是从h(0)=1开始的)

但是给定N个节点，能构成这么多种二叉树，如果我们尝试对它们进行编号又会有什么结论呢？

往往我们会解决这样一种问题：

给定N个节点，有一种常见的编号规则：

①树的节点数目越大，编号越大；

②节点数目相同，深度大的编号大；

③节点数和深度都相同，深层节点多的，编号大；

④节点数，深度，各层节点数都相同的树，按多节点分支位置来确定编号，多节点分支越靠左，编号越大，越靠右，编号越小。

然而你一定会发现具有n个节点的二叉树的第一棵树的编号竟然是

S(n) = ∑h(i) { i=0~n-1},其中S(0) =  0。

折叠编辑本段扩展

对于在n位的2进制中，有m个0，其余为1的catalan数为:C(n,m)-C(n,m-1)。证明可以参考标准catalan数的证明。

问题1的描述:有n个1和m个-1(n>m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk > 0的排列数。 问题等价为在一个格点阵列中，从(0，0)点走到(n，m)点且不经过对角线x==y的方法数(x > y)。

考虑情况I:第一步走到(0，1)，这样从(0，1)走到(n，m)无论如何也要经过x==y的点，这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));

考虑情况II:第一步走到(1，0)，又有两种可能:

a . 不经过x==y的点;(所要求的情况)

b . 经过x==y的点，我们构造情况II.b和情况I的一一映射，说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是(x1，y1)，将(0，0)到(x1，y1)的路径沿对角线翻折，于是唯一对应情况I的一种路径;对于情况I的一条路径，假设其与对角线的第一个焦点是(x2，y2)，将(0，0)和(x2，y2)之间的路径沿对角线翻折，唯一对应情况II.b的一条路径。

问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。

((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1))

或:((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))

问题2的描述:有n个1和m个-1(n>=m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk >= 0的排列数。(和问题1不同之处在于此处部分和可以为0，这也是更常见的情况) 问题等价为在一个格点阵列中，从(0，0)点走到(n，m)点且不穿过对角线x==y的方法数(可以走到x==y的点)。

把(n，m)点变换到(n+1，m)点，问题变成了问题1。

方法数为:

((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))

或:((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))