5. 卡特兰数（Catalan）公式、证明、代码、典例.
1. 定义
卡特兰数（卡塔兰数），英文名Catalan number，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。
其前几项为（从第零项开始） :
C0 = 1,
C1 = 1, C2 = 2, C3 = 5, C4 = 14, C5 = 42,
C6 = 132, C7 = 429, C8 = 1430, C9 = 4862, C10 = 16796,
C11 = 58786, C12 = 208012, C13 = 742900, C14 = 2674440, C15 = 9694845,
C16 = 35357670, C17 = 129644790, C18 = 477638700, C19 = 1767263190, C20 = 6564120420, ...
2. 公式
通项公式1： C n = 1 1 + n ( 2 n n ) = 1 1 + n C 2 n n = ( 2 n ) ! ( n + 1 ) ! n ! C_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n}=\frac{1}{1+n}C_{2n}^n=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!} Cn=1+n1(n2n)=1+n1C2nn=(n+1)!n!(2n)!
通项公式2： C n = 1 n + 1 ∑ i = 0 n ( n i ) 2 = 1 n + 1 ∑ i = 0 n ( C n i ) 2 C_n=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n{n \choose i}^2=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2 Cn=n+11∑i=0n(in)2=n+11∑i=0n(Cni)2
递推公式1： C n + 1 = 2 ( 2 n + 1 ) n + 2 C n C_{n+1}=\frac{2(2n+1)}{n+2}C_n Cn+1=n+22(2n+1)Cn 且 C 0 = 1 C_0=1 C0=1
递推公式2： C n + 1 = ∑ i = 0 n C i C n − i C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i} Cn+1=∑i=0nCiCn−i 且 C 0 = 1 C_0=1 C0=1 且 n > = 0 n>=0 n>=0
性质： C n = ( 2 n n ) − ( 2 n n − 1 ) = C 2 n n − C 2 n n − 1 C_n={2n \choose n}-{2n \choose n-1}=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} Cn=(n2n)−(n−12n)=C2nn−C2nn−1
渐近增长： C n ∼ 4 n n 3 2 π C_n\sim\frac{4^n}{n^{\frac{3}{2}}\sqrt{\pi}} Cn∼n23π4n
3. Catalan公式推导
我们根据递推公式2： C n + 1 = ∑ i = 0 n C i C n − i C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i} Cn+1=∑i=0nCiCn−i 且 C 0 = 1 C_0=1 C0=1 且 n > = 0 n>=0 n>=0
可以得到这样一个函数： h n = ∑ k = 1 n − 1 h k h n − k h_n=\sum_{k=1}^{n-1}h_kh_{n-k} hn=∑k=1n−1hkhn−k 且 n > = 2 n>=2 n>=2
由于这个递推关系不是线性的， h n h_n hn并不依赖于其前面的某个固定值，而依赖于前面的所有值，所以递推公式2就用不上了。
不妨令生成函数：
g ( x ) = h 1 x + h 2 x 2 + h 3 x 3 + … … + h n x n + … … g(x)=h_1x+h_2x^2+h_3x^3+……+h_nx^n+…… g(x)=h1x+h2x2+h3x3+……+hnxn+……
将g(x)与自己相乘：
[ g ( x ) ] 2 = h 1 2 x 1 2 + ( h 1 h 2 + h 2 h 1 ) x 3 + ( h 1 h 3 + h 2 h 2 + h 3 h 1 ) x 4 + … … + ( h 1 h n − 1 + h 2 h n − 2 + … … + h n − 1 h 1 ) x n + … … [g(x)]^2=h_1^2x_1^2+(\color{fuchsia}h_1h_2+h_2h_1\color{black})x^3+(\color{red}h_1h_3+h_2h_2+h_3h_1\color{black})x^4+……+(h_1h_{n-1}+h_2h_{n-2}+……+h_{n-1}h_1)x^n+…… [g(x)]2=h12x12+(h1h2+h2h1)x3+(h1h3+h2h2+h3h1)x4+……+(h1hn−1+h2hn−2+……+hn−1h1)xn+……
又根据卡特兰数前两项均为1，即 h 1 = h 2 = 1 h_1=h_2=1 h1=h2=1，以及上面得到的 h n h_n hn的递推关系代入得到：
[ g ( x ) ] 2 = h 2 x 2 + h 3 x 3 + h 4 x 4 + … … + h n x n + … … = g ( x ) − h 1 x = g ( x ) − x [g(x)]^2=h_2x^2+h_3x^3+h_4x^4+……+h_nx^n+……=g(x)-\color{blue}h_1x\color{black}=g(x)-x [g(x)]2=h2x2+h3x3+h4x4+……+hnxn+……=g(x)−h1x=g(x)−x
于是有：
[ g ( x ) ] 2 − g ( x ) + x = 0 [g(x)]^2-g(x)+x=0 [g(x)]2−g(x)+x=0
解得：
g 1 ( x ) = 1 + 1 − 4 x 2 g_1(x)=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2} g1(x)=21+1−4x
g 2 ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2} g2(x)=21−1−4x
由g(x)的定义知道 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，验证上述根只有 g 2 ( x ) g_2(x) g2(x)成立，所以生成函数：
g ( x ) = g 2 ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 = 1 2 − 1 2 ( 1 − 4 x ) 1 / 2 g(x)=g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x)^{1/2} g(x)=g2(x)=21−1−4x=21−21(1−4x)1/2
根据牛顿二项式定理：
( 1 + z ) 1 2 = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) z n \begin{aligned} (1+z)^{\frac{1}{2}} &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1} z^n\end{aligned} (1+z)21=1+n=1∑∞n∗22n−1(−1)n−1(n−12n−2)zn
将g(x)中的项展开：
( 1 − 4 x ) 1 2 = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) ( − 4 x ) n = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) 2 2 n x n = 1 − ∑ n = 1 ∞ 2 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n = 1 − 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n ( ∣ x ∣ < 1 4 ) \begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}(-4x)^n\\ &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}2^{2n}x^n \\ &= 1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}{2n-2\choose n-1}x^n\\ &= 1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n &(|x|<\frac{1}{4})\end{aligned} (1−4x)21=1+n=1∑∞n∗22n−1(−1)n−1(n−12n−2)(−4x)n=1+n=1∑∞n∗22n−1(−1)n−1(n−12n−2)22nxn=1−n=1∑∞n2(n−12n−2)xn=1−2n=1∑∞n1(n−12n−2)xn(∣x∣<41)
所以：
g ( x ) = 1 2 − 1 2 ( 1 − 4 x ) 1 / 2 = 1 2 − 1 2 [ 1 − 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n ] = ∑ n = 1 ∞ 1 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n \begin{aligned} g(x)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x)^{1/2}\\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}[1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n] \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n \end{aligned} g(x)=21−21(1−4x)1/2=21−21[1−2n=1∑∞n1(n−12n−2)xn]=n=1∑∞n1(n−12n−2)xn
故通项公式为： h n = 1 n ( 2 n − 2 n − 1 ) h_n=\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1} hn=n1(n−12n−2)， ( n > = 1 ) (n>=1) (n>=1)
即： h n = 1 1 + n ( 2 n n ) h_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n} hn=1+n1(n2n)， ( n > = 0 ) (n>=0) (n>=0)
4. 卡特兰数的代码实现
//函数功能: 计算Catalan的第n项
//函数参数: n为项数
//返回值: 第n个Catalan数
int Catalan(int n)
{
if(n<=1) return 1;
int *h = new int [n+1]; //保存临时结果
h[0] = h[1] = 1; //h(0)和h(1)
for(int i=2;i<=n;++i) //依次计算h(2),h(3)...h(n)
{
h[i] = 0;
for(int j = 0; j < i; j++) //根据递归式计算 h(i)= h(0)*h(i-1)+h(1)*h(i-2) + ... + h(i-1)h(0)
h[i] += (h[j] * h[i-1-j]);
}
int result = h[n]; //保存结果
delete [] h; //注意释放空间
return result;
}
5. 典例
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?
-
首先，我们设 f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。
-
同时假定，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（一种递归的思想），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 ) f(n)=f(0)f(n-1)+f(1)f(n-2)+……+f(n-1)f(0) f(n)=f(0)f(n−1)+f(1)f(n−2)+……+f(n−1)f(0)
-
这个公式与卡特兰数的递推式一模一样，即为 f ( n ) = h ( n ) = 1 n + 1 C 2 n n = C 2 n n − C 2 n n + 1 f(n)=h(n)= \frac{1}{n+1}C_{2n}^n= C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1} f(n)=h(n)=n+11C2nn=C2nn−C2nn+1。最后，令f(0)=1，f(1)=1。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
2. 01序列
给出一个n，要求一个长度为2n的01序列，使得序列的任意前缀中1的个数不少于0的个数， 有多少个不同的01序列?
以下为长度为6的序列:
111000 101100 101010 110010 110100
有了上面出栈次序那道题的分析，这道题仿佛似曾相识，其本质就是出栈次序的变式：
1. 因为对于每一个数来说，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。
2. 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。
该题的操作方法：
-
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为 C 2 n n C_{2n}^n C2nn，不填1的其余n位自动填0。
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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。
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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2n-2m-1位上有n-m个 ‘1’ 和n-m-1个 ‘0’
-
如若把后面这2n-2m-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。
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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。
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显然，不符合要求的方案数为 C 2 n n + 1 C_{2n}^{n+1} C2nn+1。由此得出输出序列的总数目 f ( n ) = h ( n ) = C 2 n n − C 2 n n + 1 = 1 n + 1 C 2 n n f(n)=h(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^n f(n)=h(n)=C2nn−C2nn+1=n+11C2nn。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
3. ‘+1’‘-1’序列
n个+1和n个-1构成的2n项 a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a 2 n a_1,a_2,···,a_{2n} a1,a2,⋅⋅⋅,a2n，其部分和满足非负性质，即 a 1 + a 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a k > = 0 a_1+a_2+···+a_k>=0 a1+a2+⋅⋅⋅+ak>=0，(k=1,2,···,2n) ，有多少个不同的此序列?
此典例解析与01序列解析一模一样，即此数列的个数等于第n个Catalan数，此处就不再赘述。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
4. 括号序列
n对括号有多少种匹配方式？
例如3对括号构成的合法括号序列有 C 3 = 5 C_3=5 C3=5个：((()))，()(())，()()()，(())()，(()())。
其本质是“01序列”的变式：
我们把左括号设为状态‘1’，右括号设为状态‘0’。n对括号的所有状态对应n个 ‘1’ 和n个 ‘0’ 组成的2n位二进制数。
由于必须先有左括号，才能匹配右括号，因此输出正确括号序列的总数目=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。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
5. 找零问题
2n个人要买票价为五元的电影票，每人只买一张，但是售票员没有钱找零。其中，n个人持有五元，另外n个人持有十元，问在不发生找零困难的情况下，有多少种排队方法？
其本质是“01序列”的变式：
我们把持有五元的人设为状态‘1’，持有十元的人设为状态‘0’。2n个人的所有状态对应n个 ‘1’ 和n个 ‘0’ 组成的2n位二进制数。
由于必须先有1个持有五元的人排在1个持有十元的人的前面，才能不发生找零困难，因此不发生找零困难排队方法的总数目=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。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
6. 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？
思路：（同“出栈次序”思想一致）
1. 可以这样考虑，首先通过括号化，将P分成两个部分，然后分别对两个部分进行括号化。（递归分治思想）
2. 比如分成(a1)×(a2×a3…×an)，然后再对(a1)和(a2×a3…×an)分别括号化；又如分成(a1×a2)×(a3…×an)，然后再对(a1×a2)和(a3…×an)括号化。
3.设n个矩阵的括号化方案的种数为f(n)，那么问题的解为
f(n) = f(1)*f(n-1) + f(2)*f(n-2) + f(3)*f(n-3) + f(n-1)*f(1)。f(1)*f(n-1)表示分成(a1)×(a2×a3…×an)两部分，然后分别括号化。
计算开始几项，f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 5。结合递归式，不难发现f(n)等于h(n-1)。
| 其解等于第n-1个Catalan数。 |
7. 二叉树计数
有n个节点构成的二叉树（非叶子节点都有2个儿子），共有多少种情形？
有n+1个叶子的二叉树的个数？
以上两种问题实际上是同一个问题。
举例：n=3的情况：
思路：（递归分治思想）
1. 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 ) T(0, n-1),T(1, n-2),...,T(n-1, 0) T(0,n−1),T(1,n−2),...,T(n−1,0)。设 T ( i , j ) T(i, j) T(i,j)表示根的左子树含i个结点，右子树含j个结点。
2.然后对于根结点情况为 T ( i , j ) T(i, j) T(i,j)的左子树再有如下分配方式： T ( 0 , i − 1 ) , T ( 1 , i − 2 ) , . . . , T ( i − 1 , 0 ) T(0, i-1),T(1, i-2),...,T(i-1, 0) T(0,i−1),T(1,i−2),...,T(i−1,0)，其右子树分配方式： T ( 0 , j − 1 ) , T ( 1 , j − 2 ) , . . . , T ( j − 1 , 0 ) T(0, j-1),T(1, j-2),...,T(j-1, 0) T(0,j−1),T(1,j−2),...,T(j−1,0)
3.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)。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
8. 凸多边形划分
在一个n边形中，通过不相交于n边形内部的对角线，把n边形拆分为若干个三角形，问有多少种拆分方案？
如五边形有如下5种拆分方案：
如六边形有如下14种拆分方案：
思路：（递归分治思想）
1.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。
2.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)。
其中，f(2)*f(n-1)表示：三个相邻的顶点构成一个三角形，另外两个部分的顶点数分别为2（一条直线两个点）和n-1。
其中，f(3)*f(n-2)表示：将凸多边形分为三个部分，左右两边分别是一个有3个顶点的三角形和一个有n-2个顶点的多边形。
3.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)。
| 其解等于第n-2个Catalan数。 |
9. 圆上n条线段
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？
思路：（递归分治思想）
1.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。
2.那么与编号为 ‘0’ 相连的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）。即把编号为 ‘0’ 的点与任意一个编号为奇数的点相连形成一条线段。
3.设选中的 ‘0’ 点为基点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。
4.设问题的解f(n)，那么f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + f(2)*f(n-3) + …+f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。
其中，f(0)*f(n-1)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(可以连成0条线段)，而位于它们左边的点为2n-2（可以连成n-1条线段）。依次类推。
5.令f(0) = 1, f(1) = 1, f(2) = 2。
6.结合递归式，不难发现f(n) 等于h(n)。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
10. 单调路径
一位大城市的律师在他住所以北n个街区和以东n个街区处工作，每天他走2n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？
分析：
- 一个单调路径从格点左下角出发，在格点右上角结束，每一步均为向上或向右。X代表“向右”，Y代表“向上”。
- 可以发现任意步数的前缀中‘X’的个数不少于‘Y’的个数。
- 那么问题便转换成“01序列”问题的变体“XY序列”问题：给出一个n，要求一个长度为2n的XY序列，使得序列的任意前缀中X的个数不少于Y的个数， 有多少个不同的XY序列?
举例：n=4的情况：
| 其解等于第n个Catalan数。 |
11. 填充阶梯图形
用n个长方形填充一个高度为n的阶梯状图形的方法个数？
举例：n=4的情况
思路：（递归分治思想）
1.把高度为n-1的阶梯状图形，塞进高度为n的阶梯状图形，把高度为n的阶梯状图形分为几个部分。
1.设问题的解f(n)，其中n表示高度为n的阶梯状图形或n个长方形。
2.先来看n=1，易得f(1)=1；同理f(2)=2。其中f(1)不仅表示高度为1的阶梯状图，而且表示长或宽有一条为1且另一条不等于n的长方形。
3.那n=3呢？其实，n=3即在n=2的阶梯图形上再添加一个高度为1宽度为3（或高度为3宽度为1）的长方形，而且只有两种添加方法，即要么在左边添加，要么在上边添加，这样才能构成一个高度为n=3的阶梯状图形。
4.我们设f(0)=1。f(0)代表：一边为n，一边为1的长方形。
5.那么f(3)=f(0)*f(2)+f(1)*f(1)+f(2)*f(0)=5。
其中，f(0)*f(2)表示：高度为3的阶梯状图形含有这两个部分，一个部分是高度为2的阶梯状图形，另外一个部分是一边为3一边为1的长方形。
其中，f(1)*f(1)表示：高度为3的阶梯状图形含有这两个部分，都是高度为1的阶梯状图形。
6.那么f(4)=f(0)*f(3)+f(1)*f(2)+f(2)*f(1)+f(3)*f(0)=14。
其中，f(0)*f(3)表示：高度为4的阶梯状图形含有这两个部分，一个部分是高度为3的阶梯状图形，另外一个部分是一边为4一边为1的长方形。
其中，f(1)*f(2)表示：高度为4的阶梯状图形含有这两个部分，一个部分是高度为1的阶梯状图形或者长或宽有一条为1且另一条不等于n的长方形，另外一个部分是高度为2的阶梯状图形。
7.结合递推式，不难发现f(n) 等于h(n)。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
12. 摞碗问题
饭后，姐姐洗碗，妹妹把姐姐洗过的碗一个一个放进碗橱摞成一摞。一共有n个不同的碗，洗前也是摞成一摞的，也许因为小妹贪玩而使碗拿进碗橱不及时，姐姐则把洗过的碗摞在旁边，问：小妹摞起的碗有多少种可能的方式？
此典例解析是“出栈问题”的变式，其解析一模一样，即此数列的个数等于第n个Catalan数，此处就不再赘述。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
13. 汽车胡同加油问题
一个汽车队在狭窄的路面上行驶，不得超车，但可以进入一个死胡同去加油，然后再插队行驶，共有n辆汽车，问共有多少种不同的方式使得车队开出城去？
此典例解析是“出栈问题”的变式，其解析一模一样，即此数列的个数等于第n个Catalan数，此处就不再赘述。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
14. 还书借书问题
在图书馆一共2n个人在排队，n个还《面试宝典》一书，n个在借《面试宝典》一书，图书馆此时没有了面试宝典了，求他们排队的总数？
解析：
还书的人总是要大于或等于借书的人，即 C 2 n n − C 2 n n − 1 C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} C2nn−C2nn−1
此典例解析是“找零问题”的变式，即此数列的个数等于第n个Catalan数。
| 其解等于第n个Catalan数。 |
15. 高矮排队问题
2n个高矮不同的人,排成两排,每排必须是从矮到高排列,而且第二排比对应的第一排的人高,问排列方式有多少种?
| 其解等于第n个Catalan数。 |
附：参考博客
https://blog.csdn.net/Hackbuteer1/article/details/7450250
https://blog.csdn.net/doc_sgl/article/details/8880468
https://blog.csdn.net/walk_dog/article/details/79318452
https://blog.csdn.net/u012333003/article/details/23791979
https://blog.csdn.net/hemeinvyiqiluoben/article/details/11320419
https://blog.csdn.net/wu_tongtong/article/details/78161211