卡特兰数 （转）

卡特兰数  

 

关于扩展的卡特兰数：
1.(n-m+1)/(n+1)*c(n+m,n)
2.c[n+m][n]-c[n+m][m-1]
Catalan，Eugene，Charles，卡特兰（1814～1894）比利时数学家，生于布鲁日（Brugge），早年在巴黎综合工科学校就读。1856年任列日（Liege）大学数学教授，并被选为比利时布鲁塞尔科学院院士。

卡特兰一生共发表200多种数学各领域的论著。在微分几何中，他证明了下述所谓的卡特兰定理：当一个直纹曲线是平面和一般的螺旋面时，他只能是实的极小曲面。他还和雅可比（Jacobi，C·G·J）同时解决了多重积分的变量替换问题，建立了有关的公式。

1842年，他提出了一种猜想：方程x^z－y^t＝1没有大于1的正整数解，除非平凡情形3²－2³＝1。这一问题至今尚未解决。

（mathoe注：即除了8、9这两个连续正整数都是正整数的方幂外，没有其他。1962年我国数学家柯召以极其精湛的方法证明了不存在三个连续正整数，它们都是正整数的方幂，以及方程x²－yⁿ＝1，n＞1，xy≠0无正整数解。并且还证明了如果卡特兰猜想不成立，其最小的反例也得大于10¹⁶。）

此外，卡特兰还在函数论、伯努利数和其他领域也做出了一定的贡献。

卡特兰通过解决凸n边形的剖分得到了数列C_n。

凸n＋2边形用其n－1条对角线把此凸n＋2边形分割为互不重叠的三角形，这种分法的总数为C_n。

为纪念卡特兰，人们使用“卡特兰数”来命名这一数列。

据说有几十种看上去毫不相干的组合计数问题的最终表达式都是卡特兰数的形式。

卡特兰数在数学竞赛、信息学竞赛、组合数学、计算机编程等都会有其不同侧面的介绍。

前几个卡特兰数：规定C₀＝1，而

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。

递推公式

圆周上有标号为1，2，3，4，……，2n的共计2n个点，这2n个点配对可连成n条弦，且这些弦两两不相交的方式数为卡特兰数C_n。

2003年浙江省小学数学夏令营竞赛考了这个题：圆周上10个点可以连成既不相交，也没有公共端点的5条线段，不同的连法共有_____种。

答：方法的种数是卡特兰数C₅＝42，此题被收录进单墫主编的知识出版社出版的《华数奥赛强化训练》小学六年级册的“计数问题”专题。

共六种类型，第1类有5种连法，第2类有2种连法，第3类有10种连法，第4类有10种连法，第5类有10种连法，第6类有5种连法。共有42种连法。

1994年《小学数学》有奖征答竞赛：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？

（此题也被许多奥数资料收录为例题或习题，《华罗庚学校数学课本》小学六年级册的思维训练也收有此题）

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。

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。

若把此题的10个人，拿1元的有5人，拿2元的有5人改为共有2n个人，拿1元的n人，拿2元的n人，则符合要求的排队方法数为：

再一个卡特兰数的例子：

甲乙两人比赛乒乓球，最后结果为20∶20，问比赛过程中甲始终领先乙的计分情形的种数。

即甲在得到1分到19分的过程中始终领先乙，其种数是卡特兰数

再一个卡特兰数的例子

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？

答：得数是第n个卡特兰数C_n。

再一个卡特兰数的例子

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？

答：得数是第n个卡特兰数C_n。

卡特兰数

求证：卡特兰数C_n是整数。

证明：

①取整函数不等式：对任意实数x，y有[x＋y]≥[x]＋[y]。这里[x]表示不大于实数x的最大整数。

解：由定义x≥[x]……（1）

                 y≥[y]……（2）以上两式相加，得：x＋y≥[x]＋[y]，

       把上式再取整，得：[x＋y]≥[[x]＋[y]]＝[x]＋[y]，即[x＋y]≥[x]＋[y]。

②1000！的末尾0的个数249个。（现在有的小学奥数书上出现了100！末尾有几个零的题目：24个）

解：1000÷5＝200，

        200÷5＝40，

        40÷5＝8，

        8÷5＝1……3

       以上各商相加，即得1000！末尾0的个数＝200＋40＋8＋1＝249个。

③n！的质因数分解式中质因子p的幂次数：

…………（1）

k！的质因数分解式中质因子p的幂次数

…………（2）

(n－k)!的质因数分解式中质因子p的幂次数

…………（3）

这里写成西格马求和式时使用了无穷的形式，但是从某一确定项之后的每项都是0，为了统一，都写成了“∞”形式。

④组合数是整数

解：

⑤卡特兰数是整数

⑥卡特兰数是整数的另外一个证明

④组合数是整数

⑤卡特兰数是整数

⑥卡特兰数是整数的另一个证明

凸六边形剖分成三角形的14种方法，是卡特兰数C₄

从左下角（0，0）走到右上角（4，4），只允许向上、向右走，但不允许穿过对角线的方法数是14种，是卡特兰数C₄

1936第40届匈牙利奥林匹克数学竞赛 第1题考了Catalan恒等式的证明。

1979第21届国际数学奥林匹克 第1题考了一个卡特兰恒等式的应用的题目






此题由1989年第1届匈牙利-以色列数学竞赛题改编。

 

 百度百科：http://baike.baidu.com/view/2499752.htm

 

http://blog.csdn.net/duanruibupt/article/details/6869431

 

　　Catalan数

　　中文:卡特兰数

　　原理：

　　令h(1)＝1,h(0)=1，catalan数满足递归式：

　　h(n)= h(1)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(1) (其中n>=2)

　　另类递归式：

　　h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);

　　该递推关系的解为：

　　h(n+1)=C(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,...)

　　我并不关心其解是怎么求出来的，我只想知道怎么用catalan数分析问题。

　　我总结了一下，最典型的四类应用：（实质上却都一样，无非是递归等式的应用，就看你能不能分解问题写出递归式了）

　　1.括号化问题。

　　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？(h(n)种)

　　2.出栈次序问题。

　　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?

　　类似：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)

　　3.将多边行划分为三角形问题。

　　将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?

　　类似：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？

　　类似：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?

　　4.给顶节点组成二叉树的问题。

　　给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树？

　　（能构成h（N）个）

Catalan数的解法

Catalan数的组合公式为 Cn=C(2n,n) / (n+1);

此数的递归公式为 h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)

/* 大数解

对于大数来说，就应该使用下面的大数算法。

使用的公式为：h(n) = h(n-1)*(4*n-2)/（n+1）;

*/

// 0ms

#include<iostream>

using namespace std;

#define MAX 100

#define BASE 10000

void multiply(int a[],int Max,int b) //大数乘法,注意参数的传递

{

    int i,array=0;

    for (i = Max-1; i >= 0; i--)   

    {

        array += b * a[i];

        a[i] = array % BASE; // 数组每一位存放大数的四位数字

        array /= BASE;   

    }

}

void divide(int a[], int Max, int b) //模拟大数除法

{

    int i, div = 0;

    for (i = 0; i < Max; i++)   

    {

        div = div * BASE + a[i];

        a[i] = div / b;

        div %= b;

    }

}

int main()

{

    int a[101][MAX],i, n;

    memset(a[1],0,MAX*sizeof(int));

    for (i=2, a[1][MAX-1] = 1; i < 101; i++) // 高坐标存放大数低位

    {

        memcpy(a[i], a[i-1], MAX * sizeof(int));      //h[i] = h[i-1];

        multiply(a[i], MAX, 4 * i - 2);               //h[i] *= (4*i-2);

        divide(a[i], MAX, i + 1);                  //h[i] /= （i+1）;

    }

    while (cin >> n)   

    {

        for (i = 0; i < MAX && a[n][i] == 0; i++); //去掉数组前为0的数字。

        cout << a[n][i++];             //输出第一个非0数

        for (; i < MAX; i++)   

        {

    printf("%04d",a[n][i]);       //输出后面的数，并每位都保持4位长度!(32767)

   }

        cout << endl;

    }

    return 0;

}

AC CODE 2:

//C(0) = 1 ; (n+2)*C(n+1) = (4n+2)*C(n); 也即是：h(n) = h(n-1) * (4 * n - 2)/（n+1）;

// 0MS

#include<iostream>

using namespace std;

int a[101][101] = {0};

int main()

{

    int n,i,j,len,r,temp,t;

    int b[101];

    a[1][0] = 1; // 低坐标存放大数的低位

    len = 1;

    b[1] = 1;

    for (i = 2; i <= 100; i++)

    {

        t = i - 1;

        for (j=0;j<len;j++) // 模拟乘法,从低位开始

   {

    a[i][j] = a[i-1][j] * (4 * t + 2);

   }

        for (r = j = 0; j < len; j++) // 处理相乘结果

        {

            temp = a[i][j] + r;

            a[i][j] = temp % 10;

            r = temp / 10;

        }

        while (r) // 进位处理

        {

            a[i][len++] = r % 10;

            r /= 10;

        }

        for (j = len-1, r = 0; j >= 0; j--) // 模拟除法，从高位开始

        {

            temp = r * 10 + a[i][j];

            a[i][j] = temp / (t+2);

            r = temp % (t+2);

        }

        while (!a[i][len-1]) // 高位零处理

   {

    len--;

   }

        b[i] = len; // 记录结果的长度

    }

    while (cin >> n)

    {  

        for(j = b[n] - 1; j >= 0; j--)

   {

    printf("%d",a[n][j]);

   }

        printf("\n");

    }

    return 0;

《编程之美》中提到了“买票找零”问题，查阅了下资料，此问题和卡特兰数 Cn有关，其定义如下：

卡特兰数真是一个神奇的数字，很多组合问题的数量都和它有关系，例如：

 

• Cn= 长度为 2n的 Dyck words的数量。 Dyck words是由 n个 X和 n个 Y组成的字符串，并且从左往右数， Y的数量不超过 X，例如长度为 6的 Dyck words为：

 

XXXYYY XYXXYY XYXYXY XXYYXY XXYXYY

 

• Cn= n对括号正确匹配组成的字符串数，例如 3对括号能够组成：

 

((())) ()(()) ()()() (())() (()())

• Cn= n+1个数相乘，所有的括号方案数。例如， 4个数相乘的括号方案为：

 

 

((ab)c)d (a(bc))d (ab)(cd) a((bc)d) a(b(cd))

• Cn= 拥有 n+1 个叶子节点的二叉树的数量。例如 4个叶子节点的所有二叉树形态：

 

• Cn=n*n的方格地图中，从一个角到另外一个角，不跨越对角线的路径数，例如， 4×4方格地图中的路径有：

 

• Cn= n+2条边的多边形，能被分割成三角形的方案数，例如 6边型的分割方案有：

 

• Cn= 圆桌周围有 2n个人，他们两两握手，但没有交叉的方案数。

 

在《Enumerative Combinatorics》一书中，竟然提到了多达 66种组合问题和卡特兰数有关。

 

分析

    “卡特兰数”除了可以使用公式计算，也可以采用“分级排列法”来求解。以 n对括弧的合法匹配为例，对于一个序列 (()而言，有两个左括弧，和一个右括弧，可以看成“抵消了一对括弧，还剩下一个左括弧等待抵消”，那么说明还可以在末尾增加一个右括弧，或者一个左括弧，没有左括弧剩余的时候，不能添加右括弧。

    由此，问题可以理解为，总共 2n个括弧，求 1～2n级的情况，第 i 级保存所有剩余 i 个左括号的排列方案数。 1～8级的计算过程如下表：

    计算过程解释如下： 1级:只能放 1个“(”； 2级:可以在一级末尾增加一个“）”或者一个“ (”

以后每级计算时，如果遇到剩余 n>0个“(”的方案，可以在末尾增加一个“ (”或者“ )”进入下一级；遇到剩余 n=0个“(”的方案，可以在末尾增加一个“ (”进入下一级。

 

奇数级只能包含剩余奇数个“（”的排列方案

偶数级只能包含剩余偶数个“（”的排列方案

 

从表中可以看出，灰色部分可以不用计算。

解法

关键代码为：

double Catalan(int n) { if (n == 0) return 1; for (int i = 2; i <= 2 * n; i++) { var m = i <= n ? i : 2 * n + 1 - i; for (int j = (i - 1) & 1; j <= m; j += 2) { if (j > 0) arr[j - 1] += arr[j]; if (j < n) arr[j + 1] += arr[j]; arr[j] = 0; } } return arr[0]; }

 

其中：

n为 Cn中的 n；

arr = new double[n + 1];//arr[i]代表有 k个括弧的时候，剩余 "("个数为 i的排列方案个数 arr[1] = 1;

 

讨论

算法复杂度为  = O(n^2)，空间复杂度为 O(n+1)。相对于利用公式计算而言，此方法的优势在于——没有乘除法，只有加法。