算法学习笔记：卡特兰数

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一、引言

卡特兰数（Catalan numbers, OEIS A000108 (opens new window)）是组合数学中一个常出现在各种计数问题中的数列。

数列的前几项为：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862，...

卡特兰数是一个非常神奇的序列，它与许多看似千差万别的问题都有着紧密的关联。这些问题包括：

• 有效的括号表达式
• 二叉搜索树的结构
• 有效的出栈序列
• 凸多边形的三角划分
• ……

本文将会选取几个经典的卡特兰问题，难度先易后难，带领读者逐个击破解决，最后给出相关的解题模板。

二、经典问题

2.1 进出栈序列

这是一道最经典的入门级卡特兰数题目，如果能把这题看懂，相信后面的题目也能迎刃而解。

题目描述

n 个元素进栈序列为：1，2，3，4，...，n，则有多少种出栈序列

思路

我们将进栈表示为 +1，出栈表示为 -1，则 1 3 2 的出栈序列可以表示为：+1 -1 +1 +1 -1 -1。

根据栈本身的特点，每次出栈的时候，必定之前有元素入栈，即对于每个 -1 前面都有一个 +1 相对应。因此，出栈序列的所有前缀和必然大于等于 0，并且 +1 的数量等于 -1 的数量。

接下来让我们观察一下 n = 3 的一种出栈序列：+1 -1 -1 +1 -1 +1。序列前三项和小于 0，显然这是个非法的序列。

如果将第一个前缀和小于 0 的前缀，即前三项元素都进行取反，就会得到：-1 +1 +1 +1 -1 +1。此时有 3 + 1 个 +1 以及 3 - 1 个 -1。

因为这个小于 0 的前缀和必然是 -1，且 -1 比 +1 多一个，取反后，-1 比 +1 少一个，则 +1 变为 n + 1 个，且 -1 变为 n - 1 个。进一步推广，对于 n 元素的每种非法出栈序列，都会对应一个含有 n + 1 个 +1 以及 n - 1 个 -1 的序列。

如何证明这两种序列是一一对应的？

假设非法序列为 A，对应的序列为 B。每个 A 只有一个"第一个前缀和小于 0 的前缀"，所以每个 A 只能产生一个 B。而每个 B 想要还原到 A，就需要找到"第一个前缀和大于 0 的前缀"，显然 B 也只能产生一个 A。

每个 B 都有 n + 1 个 +1 以及 n - 1 个 -1，因此 B 的数量为 $C_{2n}^{n+1}$ ,相当于在长度为 2n 的序列中找到 n + 1 个位置存放 +1。相应的，非法序列的数量也就等于 $C_{2n}^{n+1}$

出栈序列的总数量共有 $C_{2n}^n$，因此，合法的出栈序列的数量为 $C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$。

此时我们就得到了卡特兰数的通项 $\frac{C_{2n}^n}{n+1}$，至于具体如何计算结果将会在后面进行介绍。

2.2 括号序列

题目描述

n 对括号，则有多少种 “括号匹配” 的括号序列

思路

左括号看成 +1，右括号看成 -1，那么就和上题的进出栈一样，共有

2.3 二叉树

题目描述

n + 1 个叶子节点能够构成多少种形状不同的（国际）满二叉树

（国际）满二叉树定义：如果一棵二叉树的结点要么是叶子结点，要么它有两个子结点，这样的树就是满二叉树。

思路

使用深度优先搜索这个满二叉树，向左扩展时标记为 +1，向右扩展时标记为 -1。

由于每个非叶子节点都有两个左右子节点，所有它必然会先向左扩展，再向右扩展。总体下来，左右扩展将会形成匹配，即变成进出栈的题型。n + 1 个叶子结点会有 2n 次扩展，构成 $\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 种形状不同的满二叉树。

2.4 电影购票

题目描述

电影票一张 50 coin，且售票厅没有 coin。m 个人各自持有 50 coin，n 个人各自持有 100 coin。

则有多少种排队方式，可以让每个人都买到电影票。

思路

持有 50 coin 的人每次购票时不需要找零，并且可以帮助后面持有 100 coin 的人找零；而对于持有 100 coin 的人每次购票时需要找零，但 100 coin 对后面的找零没有任何作用。

因此，相当于每个持有 100 coin 的人都需要和一个持有 50 coin 的人进行匹配。我们将持有 50 coin 的标记为 +1，持有 100 coin 的标记为 -1，此时又回到了进出栈问题。

不同的是，m 并一定等于 n，且排队序列是一种排列，需要考虑先后顺序，例如各自持有 50 coin 的甲和乙的前后关系会造成两种不同的排队序列。所以，将会有 $(C_{m+n}^m-C_{m+n}^{m+1})\ast m!\ast n!$

第二项为什么是 $C_{m+n}^{m+1}$ ，其实很简单，我们每次把第一个前缀小于0 的前缀取反后，会造成 +1 多了一个而 -1 少了一个。这里 +1 有 m 个，-1 有 n 个，取反后 +1 变成 m + 1 个，-1 变成 n - 1 个，总和不变。

三、卡特兰数的性质与解题模板

卡特兰数的性质

• 参考资料：Koshy et al., 2006(opens new window)

奇偶性

卡特兰数$C_n$是奇数，当且仅当$n=2^k-1$。

证明：

$$C_n=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}=\frac{(2n-1)!!\cdot 2^n}{(n+1)!}$$

显然$(2n-1)!!$中不含$2$，所以要判断$C_n$的奇偶性，也就要判断$(n+1)!$含有多少个$2$。

这时，我们有：

$$T=\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor +\lfloor \frac{n+1}{4}\rfloor +\cdots +\lfloor \frac{n+1}{2^k}\rfloor <n+1$$

也即$T\le n$。其中$k={\text{argmax}}_t(2^t\le n+1)$。

下面我们要说明$n=2^k-1$是等号成立的充要条件。

充分性是显然的，将$n=2^k-1$代入上式，可得：

$$T=2^{k-1}+2^{k-2}+\cdots +1=2^k-1=n$$

下面说明必要性。设$n=2^k+x,0\le x<2^k-1$，则$n+1<2^{k+1}$，也即$k={\text{argmax}}_t(2^t\le n+1)$依然成立。

此时，原式左边变为：

$$l.h.s=2^k-1+\lfloor \frac{x+1}{2}\rfloor +\lfloor \frac{x+1}{4}\rfloor +\cdots +\lfloor \frac{x+1}{2^k}\rfloor$$

从而:

$$l.h.s<2^k-1+x+1=2^k+x=n$$

这样，我们就说明了原命题的充要性。进而可知，$C_n$为奇数，当且仅当$n=2^k-1$。

质数

所有卡特兰数中只有两个质数，$C_2=2$以及$C_3=5$。

---

最后我们总结一下卡特兰数的通项

$$C_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

卡特兰数满足以下递推式：

$$C_1=1,C_n=C_{n-1}\frac{4n-2}{n+1}$$

因此，我们可以通过递推来得到第 n 个卡特兰数。

代码

//cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
	long long n = 20, c1 = 1, cn;
	cout << c1 << endl;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		cn = c1 * (4 * i - 2) / (i + 1); c1 = cn;
		cout << cn << endl;
	}
}

需要注意的是，由于卡特兰数增长速度较快，当 n 等于 17 时，卡特兰数将会超过 int 最大值，造成溢出（Python 除外）。

那如果 +1 的数量不等于 -1 的数量呢，如前面提到的电影购票问题。此时 $C_n=C_{m+n}^m-C_{m+n}^{m+1}$ ，不是卡特兰数的通项，也就不能够继续使用原有的递推性质。

那就直接推呗。

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一般而言，为了降低难度，题目会要求我们计算排列数量，所以 $A_n=C_n\ast m!\ast n!=(m+n)!\ast \frac{m+1-n}{m+1}$

四、总结

基本上所有的卡特兰数问题经过一定的转换都可以还原成进出栈问题。因此，只要我们能够学会进出栈问题的解法，无论问题再怎么变化，本质还是不变的。

卡特兰数问题中都会存在一种匹配关系，如进出栈匹配，括号匹配等，一旦计数问题中存在这种关系，那我们就需要去考虑这是否是卡特兰数问题。此外，我们还可以记住序列前四项：1, 1, 2, 5，这些将有利于我们联想到卡特兰数。

同时，近年某巴巴，某讯的笔试题中也有出现过这类题目，无非将背景换成买烧饼，借书排队等，相信这些都难不倒读者。

五、扩展

最后留一道比较有意思的卡特兰数问题，欢迎读者留言，提出自己的看法。

8 个高矮不同的人需要排成两队，每队 4 个人。其中，每排都是从低到高排列，且第二排的第 i 个人比第一排中第 i 个人高，则有多少种排队方式。