5. 卡特蘭數（Catalan）公式、證明、代碼、典例.

本文轉載自查看原文 2019-03-10 10:20 2024

不好意思，沒想到博客搬家的時候把格式給弄亂了，這邊看的不方便，可以移步：https://blog.csdn.net/Sherry_Yue/article/details/88364746

1. 定義

卡特蘭數（卡塔蘭數），英文名Catalan number，是組合數學中一個常出現在各種計數問題中出現的數列。
其前幾項為（從第零項開始） :

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

通項公式1： $Cn=11+n(2nn)=11+nC2nn=(2n)!(n+1)!n!C_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n}=\frac{1}{1+n}C_{2n}^n=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}$

通項公式2： $Cn=1n+1∑i=0n(ni)2=1n+1∑i=0n(Cni)2C_n=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n{n \choose i}^2=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2$

遞推公式1： $Cn+1=2(2n+1)n+2CnC_{n+1}=\frac{2(2n+1)}{n+2}C_n$ 且 $C_0=1$

遞推公式2： $Cn+1=∑i=0nCiCn−iC_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i}$ 且 $C_0=1$ 且 $n > = 0$

性質： $Cn=(2nn)−(2nn−1)=C2nn−C2nn−1C_n={2n \choose n}-{2n \choose n-1}=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$

漸近增長： $Cn∼4nn32πC_n\sim\frac{4^n}{n^{\frac{3}{2}}\sqrt{\pi}}$

3. Catalan公式推導

我們根據遞推公式2： $Cn+1=∑i=0nCiCn−iC_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i}$ 且 $C_0=1$ 且 $n > = 0$

可以得到這樣一個函數： $hn=∑k=1n−1hkhn−kh_n=\sum_{k=1}^{n-1}h_kh_{n-k}$ 且 $n > = 2$

由於這個遞推關系不是線性的， $h_n$ 並不依賴於其前面的某個固定值，而依賴於前面的所有值，所以遞推公式2就用不上了。

不妨令生成函數：
$g(x)=h_1x+h_2x^2+h_3x^3+……+h_nx^n+……$

將g(x)與自己相乘：
$[g(x)]2=h12x12+(h1h2+h2h1)x3+(h1h3+h2h2+h3h1)x4+……+(h1hn−1+h2hn−2+……+hn−1h1)xn+……[g(x)]^2=h_1^2x_1^2+(\color{fuchsia}h_1h_2+h_2h_1\color{black})x^3+(\color{red}h_1h_3+h_2h_2+h_3h_1\color{black})x^4+……+(h_1h_{n-1}+h_2h_{n-2}+……+h_{n-1}h_1)x^n+……$

又根據卡特蘭數前兩項均為1，即 $h_1=h_2=1$ ，以及上面得到的 $h_n$ 的遞推關系代入得到：
$[g(x)]2=h2x2+h3x3+h4x4+……+hnxn+……=g(x)−h1x=g(x)−x[g(x)]^2=h_2x^2+h_3x^3+h_4x^4+……+h_nx^n+……=g(x)-\color{blue}h_1x\color{black}=g(x)-x$

於是有：
$g(x)]^2-g(x)+x=0$

解得：
$g1(x)=1+1−4x2g_1(x)=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2}$
$g2(x)=1−1−4x2g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$

由g(x)的定義知道 $g (0) = 0$ ，驗證上述根只有 $g_2(x)$ 成立，所以生成函數：
$g(x)=g2(x)=1−1−4x2=12−12(1−4x)1/2g(x)=g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x)^{1/2}$

根據牛頓二項式定理：
$(1+z)12=1+∑n=1∞(−1)n−1n∗22n−1(2n−2n−1)zn\begin{aligned} (1+z)^{\frac{1}{2}} &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1} z^n\end{aligned}$
將g(x)中的項展開：
$(1−4x)12=1+∑n=1∞(−1)n−1n∗22n−1(2n−2n−1)(−4x)n=1+∑n=1∞(−1)n−1n∗22n−1(2n−2n−1)22nxn=1−∑n=1∞2n(2n−2n−1)xn=1−2∑n=1∞1n(2n−2n−1)xn(∣x∣<14)\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}(-4x)^n\\ &= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}2^{2n}x^n \\ &= 1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}{2n-2\choose n-1}x^n\\ &= 1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n &(|x|<\frac{1}{4})\end{aligned}$
所以：
$g(x)=12−12(1−4x)1/2=12−12[1−2∑n=1∞1n(2n−2n−1)xn]=∑n=1∞1n(2n−2n−1)xn\begin{aligned} g(x)&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x)^{1/2}\\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}[1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n] \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n \end{aligned}$

故通項公式為： $hn=1n(2n−2n−1)h_n=\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}$ ， $(n > = 1)$

即： $hn=11+n(2nn)h_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n}$ ， $(n > = 0)$

4. 卡特蘭數的代碼實現

//函數功能: 計算Catalan的第n項
//函數參數: n為項數
//返回值: 第n個Catalan數
int Catalan(int n)
{
	if(n<=1) return 1;
	int *h = new int [n+1]; //保存臨時結果
	h[0] = h[1] = 1;        //h(0)和h(1)
	for(int i=2;i<=n;++i)    //依次計算h(2),h(3)...h(n)
	{
		h[i] = 0;
		for(int j = 0; j < i; j++) //根據遞歸式計算 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]; //保存結果
	delete [] h;       //注意釋放空間
	return result;
}

5. 典例

1. 出棧次序

一個棧(無窮大)的進棧序列為1，2，3，…，n，有多少個不同的出棧序列?

首先，我們設 f(n)=序列個數為n的出棧序列種數。
同時假定，從開始到棧第一次出到空為止，這段過程中第一個出棧的序數是k。
特別地，如果棧直到整個過程結束時才空，則k=n。
首次出空之前第一個出棧的序數k將1 ~ n的序列分成兩個序列：其中一個是1 ~ k-1，序列個數為k-1；另外一個是k+1 ~ n，序列個數是n-k。
此時，我們若把k視為確定一個序數，那么根據乘法原理，f(n)的問題就等價於——序列個數為k-1的出棧序列種數乘以序列個數為n - k的出棧序列種數（一種遞歸的思想），即選擇k這個序數的f(n)=f(k-1)×f(n-k)。
而k可以選1到n，所以再根據加法原理，將k取不同值的序列種數相加，得到的總序列種數為： $f (n) = f (0) f (n - 1) + f (1) f (n - 2) + \dots \dots + f (n - 1) f (0)$
這個公式與卡特蘭數的遞推式一模一樣，即為 $\frac{1}{n+1}C_{2n}^n= C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}$ 。最后，令f(0)=1，f(1)=1。

其解等於第n個Catalan數。

2. 01序列

給出一個n，要求一個長度為2n的01序列，使得序列的任意前綴中1的個數不少於0的個數，有多少個不同的01序列?
以下為長度為6的序列:
111000 101100 101010 110010 110100

有了上面出棧次序那道題的分析，這道題仿佛似曾相識，其本質就是出棧次序的變式：
1. 因為對於每一個數來說，必須進棧一次、出棧一次。我們把進棧設為狀態‘1’，出棧設為狀態‘0’。n個數的所有狀態對應n個1和n個0組成的2n位二進制數。
2. 由於等待入棧的操作數按照1‥n的順序排列、入棧的操作數b大於等於出棧的操作數a(a≤b)，因此輸出序列的總數目=由左而右掃描由n個1和n個0組成的2n位二進制數，1的累計數不小於0的累計數的方案種數。

該題的操作方法：

在2n位二進制數中填入n個1的方案數為 $C_{2n}^n$ ，不填1的其余n位自動填0。
從中減去不符合要求(由左而右掃描，0的累計數大於1的累計數)的方案數即為所求。
不符合要求的數的特征是由左而右掃描時，必然在某一奇數位2m+1位上首先出現m+1個0的累計數和m個1的累計數，此后的2n-2m-1位上有n-m個 ‘1’ 和n-m-1個 ‘0’
如若把后面這2n-2m-1位上的0和1互換，使之成為n-m個 ‘0’ 和n-m-1個 ‘1’，結果得1個由n+1個 ‘0’ 和n-1個 ‘1’ 組成的2n位數，即一個不合要求的數對應於一個由n+1個 ‘0’ 和n-1個 ‘1’ 組成的排列。
反過來，任何一個由n+1個 ‘0’ 和n-1個 ‘1’ 組成的2n位二進制數，由於0的個數多2個，2n為偶數，故必在某一個奇數位上出現0的累計數超過1的累計數。同樣在后面部分0和1互換，使之成為由n個 ‘0’ 和n個 ‘1’ 組成的2n位數，即n+1個 ‘0’ 和n-1個 ‘1’ 組成的2n位數必對應一個不符合要求的數。
因而不合要求的2n位數與n+1個 ‘0’，n－1個 ‘1’ 組成的排列一一對應。
顯然，不符合要求的方案數為 $C_{2n}^{n+1}$ 。由此得出輸出序列的總數目 $f(n)=h(n)=C2nn−C2nn+1=1n+1C2nnf(n)=h(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^n$ 。

其解等於第n個Catalan數。

3. ‘+1’‘-1’序列

n個+1和n個-1構成的2n項 $a_1,a_2,···,a_{2n}$ ，其部分和滿足非負性質，即 $a_1+a_2+···+a_k>=0$ ，(k=1,2,···,2n) ，有多少個不同的此序列?

此典例解析與01序列解析一模一樣，即此數列的個數等於第n個Catalan數，此處就不再贅述。

其解等於第n個Catalan數。

4. 括號序列

n對括號有多少種匹配方式？
例如3對括號構成的合法括號序列有 $C_3=5$ 個：((()))，()(())，()()()，(())()，(()())。

其本質是“01序列”的變式：
我們把左括號設為狀態‘1’，右括號設為狀態‘0’。n對括號的所有狀態對應n個 ‘1’ 和n個 ‘0’ 組成的2n位二進制數。
由於必須先有左括號，才能匹配右括號，因此輸出正確括號序列的總數目=由左而右掃描由n個 ‘1’ 和n個 ‘0’ 組成的2n位二進制數，1的累計數不小於0的累計數的方案種數。

其解等於第n個Catalan數。

5. 找零問題

2n個人要買票價為五元的電影票，每人只買一張，但是售票員沒有錢找零。其中，n個人持有五元，另外n個人持有十元，問在不發生找零困難的情況下，有多少種排隊方法？

其本質是“01序列”的變式：
我們把持有五元的人設為狀態‘1’，持有十元的人設為狀態‘0’。2n個人的所有狀態對應n個 ‘1’ 和n個 ‘0’ 組成的2n位二進制數。
由於必須先有1個持有五元的人排在1個持有十元的人的前面，才能不發生找零困難，因此不發生找零困難排隊方法的總數目=由左而右掃描由n個 ‘1’ 和n個 ‘0’ 組成的2n位二進制數，1的累計數不小於0的累計數的方案種數。

其解等於第n個Catalan數。

6. 矩陣鏈乘

P=a1×a2×a3×……×an，依據乘法結合律，不改變其順序，只用括號表示成對的乘積，試問有幾種括號化的方案？

思路：（同“出棧次序”思想一致）

1. 可以這樣考慮，首先通過括號化，將P分成兩個部分，然后分別對兩個部分進行括號化。（遞歸分治思想）

2. 比如分成(a1)×(a2×a3…×an)，然后再對(a1)和(a2×a3…×an)分別括號化；又如分成(a1×a2)×(a3…×an)，然后再對(a1×a2)和(a3…×an)括號化。

3.設n個矩陣的括號化方案的種數為f(n)，那么問題的解為
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)兩部分，然后分別括號化。

計算開始幾項，f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 5。結合遞歸式，不難發現f(n)等於h(n-1)。

其解等於第n-1個Catalan數。

7. 二叉樹計數

有n個節點構成的二叉樹（非葉子節點都有2個兒子），共有多少種情形？
有n+1個葉子的二叉樹的個數？
以上兩種問題實際上是同一個問題。
舉例：n=3的情況：
在這里插入圖片描述
思路：（遞歸分治思想）

1. 可以這樣考慮，根肯定會占用一個結點，那么剩余的n-1個結點可以有如下的分配方式， $T (0, n - 1), T (1, n - 2), . . ., T (n - 1, 0)$ 。設 $T (i, j)$ 表示根的左子樹含i個結點，右子樹含j個結點。

2.然后對於根結點情況為 $T (i, j)$ 的左子樹再有如下分配方式： $T (0, i - 1), T (1, i - 2), . . ., T (i - 1, 0)$ ，其右子樹分配方式： $T (0, j - 1), T (1, j - 2), . . ., T (j - 1, 0)$

3.設問題的解為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)。假設f(0) = 1，那么f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。結合遞推式，不難發現f(n)等於h(n)。

其解等於第n個Catalan數。

8. 凸多邊形划分

在一個n邊形中，通過不相交於n邊形內部的對角線，把n邊形拆分為若干個三角形，問有多少種拆分方案？
如五邊形有如下5種拆分方案：
在這里插入圖片描述
如六邊形有如下14種拆分方案：

思路：（遞歸分治思想）
1.以凸多邊形的一邊為基，設這條邊的2個頂點為A和B。從剩余頂點中選1個，可以將凸多邊形分成三個部分，中間是一個三角形，左右兩邊分別是兩個凸多邊形，然后求解左右兩個凸多邊形。

2.設問題的解f(n)，其中n表示頂點數，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：三個相鄰的頂點構成一個三角形，另外兩個部分的頂點數分別為2（一條直線兩個點）和n-1。
其中，f(3)*f(n-2)表示：將凸多邊形分為三個部分，左右兩邊分別是一個有3個頂點的三角形和一個有n-2個頂點的多邊形。

3.設f(2) = 1，那么f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。結合遞推式，不難發現f(n) 等於h(n-2)。

其解等於第n-2個Catalan數。

9. 圓上n條線段

在圓上選擇2n個點，將這些點成對連接起來使得所得到的n條線段不相交的方法數？

思路：（遞歸分治思想）

1.以其中一個點為基點，編號為 ‘0’ ，然后按順時針方向將其他點依次編號。

2.那么與編號為 ‘0’ 相連的點的編號一定是奇數（否則，這兩個編號間含有奇數個點，勢必會有個點被孤立）。即把編號為 ‘0’ 的點與任意一個編號為奇數的點相連形成一條線段。

3.設選中的 ‘0’ 點為基點A，與它連接的點為B，那么A和B將所有點分成兩個部分，一部分位於A、B的左邊，另一部分位於A、B的右邊。然后分別對這兩部分求解即可。

4.設問題的解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)表示編號0的點與編號1的點相連，此時位於它們右邊的點的個數為0(可以連成0條線段)，而位於它們左邊的點為2n-2（可以連成n-1條線段）。依次類推。

5.令f(0) = 1, f(1) = 1, f(2) = 2。

6.結合遞歸式，不難發現f(n) 等於h(n)。

其解等於第n個Catalan數。

10. 單調路徑

一位大城市的律師在他住所以北n個街區和以東n個街區處工作，每天他走2n個街區去上班。如果他從不穿越（但可以碰到）從家到辦公室的對角線，那么有多少條可能的道路？

分析：

一個單調路徑從格點左下角出發，在格點右上角結束，每一步均為向上或向右。X代表“向右”，Y代表“向上”。
可以發現任意步數的前綴中‘X’的個數不少於‘Y’的個數。
那么問題便轉換成“01序列”問題的變體“XY序列”問題：給出一個n，要求一個長度為2n的XY序列，使得序列的任意前綴中X的個數不少於Y的個數，有多少個不同的XY序列?

舉例：n=4的情況：
在這里插入圖片描述

其解等於第n個Catalan數。

11. 填充階梯圖形

用n個長方形填充一個高度為n的階梯狀圖形的方法個數？
舉例：n=4的情況
在這里插入圖片描述
思路：（遞歸分治思想）
1.把高度為n-1的階梯狀圖形，塞進高度為n的階梯狀圖形，把高度為n的階梯狀圖形分為幾個部分。

1.設問題的解f(n)，其中n表示高度為n的階梯狀圖形或n個長方形。

2.先來看n=1，易得f(1)=1；同理f(2)=2。其中f(1)不僅表示高度為1的階梯狀圖，而且表示長或寬有一條為1且另一條不等於n的長方形。

3.那n=3呢？其實，n=3即在n=2的階梯圖形上再添加一個高度為1寬度為3（或高度為3寬度為1）的長方形，而且只有兩種添加方法，即要么在左邊添加，要么在上邊添加，這樣才能構成一個高度為n=3的階梯狀圖形。

4.我們設f(0)=1。f(0)代表：一邊為n，一邊為1的長方形。

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：高度為3的階梯狀圖形含有這兩個部分，一個部分是高度為2的階梯狀圖形，另外一個部分是一邊為3一邊為1的長方形。
其中，f(1)*f(1)表示：高度為3的階梯狀圖形含有這兩個部分，都是高度為1的階梯狀圖形。

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：高度為4的階梯狀圖形含有這兩個部分，一個部分是高度為3的階梯狀圖形，另外一個部分是一邊為4一邊為1的長方形。
其中，f(1)*f(2)表示：高度為4的階梯狀圖形含有這兩個部分，一個部分是高度為1的階梯狀圖形或者長或寬有一條為1且另一條不等於n的長方形，另外一個部分是高度為2的階梯狀圖形。

7.結合遞推式，不難發現f(n) 等於h(n)。

其解等於第n個Catalan數。

12. 摞碗問題

飯后，姐姐洗碗，妹妹把姐姐洗過的碗一個一個放進碗櫥摞成一摞。一共有n個不同的碗，洗前也是摞成一摞的，也許因為小妹貪玩而使碗拿進碗櫥不及時，姐姐則把洗過的碗摞在旁邊，問：小妹摞起的碗有多少種可能的方式？

此典例解析是“出棧問題”的變式，其解析一模一樣，即此數列的個數等於第n個Catalan數，此處就不再贅述。

其解等於第n個Catalan數。

13. 汽車胡同加油問題

一個汽車隊在狹窄的路面上行駛，不得超車，但可以進入一個死胡同去加油，然后再插隊行駛，共有n輛汽車，問共有多少種不同的方式使得車隊開出城去？

此典例解析是“出棧問題”的變式，其解析一模一樣，即此數列的個數等於第n個Catalan數，此處就不再贅述。

其解等於第n個Catalan數。

14. 還書借書問題

在圖書館一共2n個人在排隊，n個還《面試寶典》一書，n個在借《面試寶典》一書，圖書館此時沒有了面試寶典了，求他們排隊的總數？

解析：
還書的人總是要大於或等於借書的人，即 $C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$
此典例解析是“找零問題”的變式，即此數列的個數等於第n個Catalan數。

其解等於第n個Catalan數。

15. 高矮排隊問題

2n個高矮不同的人,排成兩排,每排必須是從矮到高排列,而且第二排比對應的第一排的人高,問排列方式有多少種?

其解等於第n個Catalan數。

附：參考博客

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

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