Catalan（卡特兰）数

卡特兰数，又称卡塔兰数，是组合数学中一种常出现于各种计数问题中的数列。以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)的名字来命名。1730年左右被蒙古族数学家明安图 (1692-1763)使用于对三角函数幂级数的推导而首次发现，1774年被发表在《割圜密率捷法》。
——百度百科

基本概念

引入

首先我们想这么一个问题：

对于一个$n\times n$的一个矩形方格，连接其副对角线。

一个$Bug$（虫子）现在处在左下角，每次只能向上或向右移动一格，且不能越过蓝线，问有多少种不同的路径？

首先如果不考了蓝线，根据曼哈顿距离原理可知，任意一个路径都可写成是一个只有“上”和“右”的序列，例如：上上右上右…。其长度为$2n$，分别有$n$个上和$n$个右，所以总的方案数为$C_{2n}^n$，即在$2n$个位置上选$n$个位置放上或右。

然后，对于每一个不符合要求的路径（绿线），其必定会有一个点与直线$y=x+1$相交（橙线），如上图的点$P$，我们把直线$y=P_y$以上的部分做关于直线$y=x+1$的对称（蓝色虚线），这时候的终点变成了$(n-1,n+1)$，即对于问题从$(0,0)$点到$(n-1,n+1)$点只能向右走或向上走的路径数，答案是$C_{2n}^{n+1}$或$C_{2n}^{n-1}$。

最终我们得到答案是：

$$C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}$$

也可以写成是：

$$C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$$

因为$C_{2n}^{n+1}=C_{2n}^{n-1}$。

Catalan的通项公式

这就是$Catalan$数列的原始定义。即：

$$C(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}$$

对组合数进行化简（不要被算式吓到，就是一个通分化简的过程）：

$$\begin{gathered} C(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1} \\ =\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!} \\ =\frac{1}{n+1}(\frac{(2n)!(n+1)}{n!n!}-\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}) \\ =\frac{1}{n+1}(\frac{(2n)!(n+1)}{n!n!}-\frac{(2n)!n}{n!n!}) \\ =\frac{1}{n+1}(\frac{(2n)!(n+1)-(2n)!n}{n!n!}) \\ =\frac{1}{n+1}(\frac{(2n)!}{n!n!}) \\ =\frac{1}{n+1}{C}_{2n}^n \end{gathered}$$

因此我们有$Catalan$数列的通项公式：

$$C(n)=\frac{1}{n+1}{C}_{2n}^n$$

解释：

• 为了构造$n$对合法的括号序列，我们先通过$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$种方法去填充"(“或者”)"，然后再减去不符合条件的情况。每一种不符合条件的情况，都有存在一个最短前缀，使得右括号的数量=左括号的数量+1，我们这个前缀的每一个括号，那么就会得到一个左括号数量=右括号数量+1的括号序列且唯一对应，方案数为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1}\right)$，即为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1}\right)=\frac{1}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$。

Catalan的递推公式

构造递推公式要把$C(n)$和$C(n-1)$联系起来，因此：

$$\begin{gathered} C(n)=\frac{1}{n+1}{C}_{2n}^n \\ C(n-1)=\frac{1}{n}{C}_{2n-2}^{n-1} \end{gathered}$$

打开：

$$\begin{gathered} C(n)=\frac{1}{n+1}(\frac{(2n)!}{n!n!}) \\ C(n-1)=\frac{1}{n}(\frac{(2n-2)!}{(n-1)!(n-1)!}) \end{gathered}$$

所以：

$$C(n)=\frac{4n-2}{n+1}C(n-1)$$

Catalan的计数公式

$$C(n)=\sum _{i=0}^{n-1}C(i)\cdot C(n-1-i)$$

解释：

• 为了构造$n$对合法括号序列，其序列第一项一定是"("，那么我们枚举第一项"(“对应的”)“的位置，在第一对”()“中有$i$对合法的序列，在第一对”()"外有$n-i-1$对合法的序列，我们枚举$i$从$0$到$n-1$，求和累加得到上述式子。
• 考虑$n$个元素的出入栈次序问题，第一个入栈的元素可以在第$1,2,3,4,\dots ,n-1$处出栈，那么我们枚举其前后的元素个数递归即可。

上述是$Catalan$数列的常用几个公式，下面给出$Catalan$数列前$10$项，接下来讲解实际的问题。

$$\begin{gathered} C(0)=1 \\ C(1)=1 \\ C(2)=2 \\ C(3)=5 \\ C(4)=14 \\ C(5)=42 \\ C(6)=132 \\ C(7)=429 \\ C(8)=1430 \\ C(9)=4862 \\ C(10)=16796 \end{gathered}$$

实际问题

出栈次序问题

P1044

对于一个序列，栈的大小大于序列的大小，问不同的出栈序列有几个？

例如序列：$123456$。设序列长度为$n$的答案数为$C(n)$

1. 首先栈里面没有元素，我们只能把$6$入栈。
2. 接下来我们不管栈顶元素$6$，把栈看成是一个空栈，面对序列$12345$，又是一个子问题。
3. 在我们处理子问题的时候，我们考虑$6$什么时候出栈？
4. 元素$6$可以在$12345$都处理完毕之后出栈，此时的数量为$C(5)$；也可以在$1$和$2345$之间出栈，此时的数量为$C(1)\times C(4)$；同理，剩下的数量分别为$C(2)\times C(3)$、$C(3)\times C(2)$、$C(4)\times C(1)$、$C(5)$。
5. 把这些不同情况的数量进行加和，可以发现$C(n)$就是$Catalan$数列，我们推导的方法就是$Catalan$数列的计数公式。

int dp[19];int main()
{int n;cin >> n;dp[0] = dp[1] = 1;for(int i = 2;i<=n;i++){for(int k = 0;k<=i-1;k++){dp[i] += dp[k] * dp[i-1-k];}}cout << dp[i];return 0;
}

n个节点的不同形态的二叉树的数量

$n$个节点的不同形态的二叉树的数量是多少呢？设答案为$C(n)$

选定根节点之后，还剩$n-1$个节点可以放置，只考虑左子树，左子树可以有$0$、$1$一直到$n-1$个节点，右子树用$n-1$减去左子树的节点数即可。因此可以得到公式：

$$C(n)=\sum _{i=0}^{n-1}C(i)\cdot C(n-1-i)$$

发现$C(n)$就是$Catalan$数列。

同理LeetCode 96 不同的二叉搜索树。

考虑$1,2,3,4,\dots ,n$分别当根节点的情况，其答案还是$Catalan$数列。

n个节点的不同形态的树的数量

我们根据树与二叉树“左儿子右兄弟”的对应法则，每一种$n$个节点形态的树，都对应一种$n-1$个节点的二叉树的形态，因此答案为$C_{n-1}$

从左下角走到右上角不穿过副对角线的方案数

即开篇的问题，可以理解为向左走就是入栈，向上走就是出栈，等价与出栈次序问题。这也给定了出栈次序问题的一个几何解释，连接了计数公式和通项公式的桥梁。

合理的括号序列问题

给定$n$个括号"()"，问有几种合理的括号序列问题。例如$n=2$的时候，"(())“和”()()“就是合法的，像”))(("就是不合法的。同理与出栈次序问题，添加一个左括号相当于入栈，添加一个右括号相当于出栈。

凸n边形的三角形划分方案数

我们知道，给定一个凸n边形，可以用$n-3$条线段把这个多边形划分成$n-2$个三角形，其中线段的顶点是多边形的顶点，线段不能交叉。

我们任意选取一个顶点设为$1$，然后按照顺时针或者逆时针的顺序给顶点编号，与$1$相邻的顶点是$n$和$2$，选取$1$和$n$剩下的顶点为$2,3,\dots ,n-1$，在剩下的顶点中选取一个顶点当做是$k$，那么令$1\to k\to 1$的区域为$A$，$i,k,n$这是个三角形，$k\to n\to k$这个区域为区域$B$，那么分别把区域$A$，和$B$看成是子问题，发现仍然是$Catalan$数列。

例题

P2532

普通卡特兰计数，需要高精度。

总结

基本关于$Catalan$数列的相关问题就这些了，我们发现，基本大多数问题都可以转换成出栈次序问题，所以我们掌握了出栈次序问题的思考方式，我们也就掌握了$Catalan$数列相关计数问题的思考方式。