Catalan数

概要

\(Catalan\)数的递推式：

\[C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_i\cdot C_{n-i} \tag{1} \]

\[C_n=C_{n-1}\cdot\frac{4n-2}{n+1} \tag{2} \]

\(Catalan\)数的递推解（通项式）：

\[C_n=\frac{\begin{pmatrix} 2n \\ n \\ \end{pmatrix} }{n+1} \tag{3} \]

\[C_n= \begin{pmatrix} 2n \\ n \\ \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 2n \\ n-1 \\ \end{pmatrix}\tag{4} \]

\(Catalan\)数的前五项：\(1,1,2,5,14\)。

\(Catalan\)数在\(OEIS\)上：A000108

应用

没有什么用的东西说完了，我们来讨论它的应用：

合法路径：从\((0,0)\)到\((n,n)\)，只能向右或向上且不能越过\(y=x\)，求路径数。

证明：不考虑不越过\(y=x\)的限制，方案数为\(\begin{pmatrix} 2n \\ n \\ \end{pmatrix}\)，越过\(y=x\)的方案数等价于\((-1,1)\)到\((n,n)\)的方案数（路径沿\(y=x+1\)对称），为\(\begin{pmatrix} 2n \\ n-1 \\ \end{pmatrix}\)，与\((4)\)式相同。

合法括号序列：\(n\)个左括号，\(n\)个右括号，求组成的合法括号序列。原题

与合法路径等价。

出栈序列：进栈序为\(1,2,\dots,n\)，求出栈序计数。原题

进栈为左括号，出栈为右括号，即与合法括号序列等价。

二叉树计数：给定\(n\)个节点，求不同的二叉树种数。

左儿子为左括号，右儿子为右括号，考虑\(dfs\)序，与合法括号等价。

凸多边形划分：将一个凸多边形连接若干不相交的对角线划分的方案数。\((C_{n-2})\)

容易看出递推形式与\((1)\)相同。

扩展\(Catalan\)数：\(n\)位\(01\)串，\(m\)个\(0\)，前缀\(1\)的个数不少于\(0\)，求计数。原题

\[F_{n,m}=\begin{pmatrix} n \\ m \\ \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} n \\ m-1 \\ \end{pmatrix}\tag{5} \]

和合法路径的证明方式基本一致，即由\((0,0)\)到\((n-m, m)\)的路径数减去\((-1,1)\)到\((n-m, m)\)的路径数。

例题

然后就是一些很裸的例题。

\(AHOI2012\) 树屋阶梯

答案是\(Catalan\)数，可以由手推前四项基本得出。

如何推导？对于大小为\(n\)的阶梯，在上面切掉一个大小为\(i（i\in [0,n]\)的阶梯，在右边切掉一个大小为\(n-i+1\)的阶梯，中间放一个矩形，一共为\(i+(n-i+1)+1=n\)个矩形。不难发现这是\((1)\)式。

可是我们需要高精度，我不想写高精怎么办？

于是就有了下面这份代码：

n=int(input())
ans=1
for i in range(n+2, n*2+1):
    ans*=i
for i in range(1, n+1):
    ans//=i
print(ans)

\(python\)大法好！

\(HNOI2009\) 有趣的数列

这个题应该是最有趣的一个。

首先打表（或手推）找规律肯定是一种省时省力的方法。

考虑推导：把\(1-2n\)依次放入数列，每次放在奇数位或偶数位的最前面一个。任何时候奇数位个数不少于偶数位，等价于合法括号。

但这个题还有一个问题：模数不为质数。这意味着我们不能常规地求逆元得到答案。

考虑质因数分解，因为\(C_n=\frac{\prod_{i=n+2}^{2n}}{\prod_{i=1}^{n}}\)，于是可以这么写。

	//线筛b[i]
	rep(i, 1, n) cnt[i]=-1;//分母
    rep(i, n+2, n<<1) cnt[i]=1;//分子
    per(i, n<<1, 2) if (b[i]<i) //b[i]为i的一个质因数
        cnt[b[i]]+=cnt[i], cnt[i/b[i]]+=cnt[i];
    rep(i, 2, n<<1) if (b[i]==i) ans=1ll*ans*Pow(i, cnt[i])%P;

复杂度是什么？预处理线筛\(O(n)\)，分解\(O(n)\)，统计答案\(O(\pi (n)\cdot log(n))\approx O(\frac{n}{ln(n)}\cdot log(n))\approx O(n)\)，所以总复杂度为\(O(n)\)

完整代码：

#include<cstdio>
#define rep(i, a, b) for (register int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i, a, b) for (register int i=(a); i>=(b); --i)
using namespace std;
const int N=2000005;
int p[N], b[N], cnt[N], n, P, ans=1, tot;

inline int read()
{
 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
    return x*f;
}

int Pow(int x, int t)
{
    int res=1;
    for (; t; t>>=1, x=1ll*x*x%P) if (t&1) res=1ll*res*x%P;
    return res;	
}

int main()
{
    n=read(); P=read(); 
    rep(i, 2, n<<1)
    {
        if (!b[i]) p[++tot]=i, b[i]=i;
        for (int j=1; j<=tot && p[j]*i<=n<<1; j++)
        {
            b[p[j]*i]=p[j];
            if (!(i%p[j])) break;
        }
    }
    rep(i, 1, n) cnt[i]=-1;
    rep(i, n+2, n<<1) cnt[i]=1;
    per(i, n<<1, 2) if (b[i]<i) 
        cnt[b[i]]+=cnt[i], cnt[i/b[i]]+=cnt[i];
    rep(i, 2, n<<1) if (b[i]==i) ans=1ll*ans*Pow(i, cnt[i])%P;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

部分摘自百度百科：卡特兰数