Catalan数

自己没事搞的博客

自己没事又搞了一个博客，然而Markdown炸了。

问题引入

使用 $ n $ 个相同的节点可构造多少种不同的二叉树？其中 $ 1\le n\le5000 $。

设 $ f_i $ 表示用 $ i $ 个节点构造的的二叉树形态的个数，不难发现 $ f_0=1 $,为空树。

由于非空的二叉树是由根节点、左子树、右子树组成的，考虑对左子树节点数量进行枚举，所以有：

\[f_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f_i\times f_{n-1-i} \]

这里 $ f $ 序列就是 $ Catalan $ 序列。

基本模型

模型 1：

给定 $ n $ 个相同的节点，求可以组成的二叉树形态总数。

一开始就已经说过了，证明略。

模型 2：

长度为 $ 2n $ 的合法括号序列的形态个数。

证明：

记长度为 $ 2i $ 的合法括号序列形态个数为 $ h_i $。

首先当 $ n $ 为 $ 0 $ 或 $ 1 $ 时，都只有一种形态，即 $ h_0=h_1=1 $。

考虑 $ n\ge2$ 的情况，由于这是一个合法的括号序列，所以最后一个括号必定为右括号。

我们再将最后一个右括号所对应的左括号表示出来，括号序列就可以表示为如下形式：A(B)。

其中 A 与 B 必为合法的括号序列（可能为空），枚举 A 的长度，所以有：

\[h_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}h_i\times h_{n-i-1} \]

所以这是卡特兰数。

模型 3：

长度为 $ n $ 的序列的出栈序列种数：

证明：

不难发现，对于两种不同的进出栈操作，他们的出栈序列肯定是不同的，所以出栈序列种数其实就是求合法操作数。

那什么样的操作是合法的呢？

我们将一次进栈操作看为一个左括号，一次出栈操作看为一个右括号。

那么，当进栈次数与出栈次数相同，且任何时候当前进栈次数大于等于出栈次数时，

这个出栈序列是合法的，且括号序列也是合法的。

反之也成立。

所以其实这和模型2是一样的。

模型 4：

给定 $ -1 $ 与 $ 1 $ 各 $ n $ 个，让他们组成一个长度为 $ 2n $ 的序列 $ a $，问这样的 $ a $ 的个数：对于每一个 $ i\in\left[1,2n\right] $ 都有 $ \sum\limits^{i}_{j=1}a_j\ge0 $。

证明：

只需要让任何时候 $ 1 $ 的数量大于等于 $ -1 $ 的数量即可。

将 $ 1 $ 看作左括号， $ -1 $ 看作右括号，其实就是求合法的括号序列数，与模型2一模一样。

模型 5：

给定 $ -1 $ 与 $ 1 $ 各 $ n $ 个，让他们组成一个长度为 $ 2n $ 的序列 $ a $，问这样的 $ a $ 的个数：存在一个 $ i\in\left[1,2n\right]$ 使得 $ \sum\limits_{j=1}^{i}a_j>0 $。

证明：

$ Catalan_n $ 是对于任何 $ i\in\left[1,2n\right]$，都有 $ \sum\limits_{j=1}^{i}a_j\le0 $ 的序列个数（大于等于和小于等于是一样的）。

很容易发现这就是不合法的序列的个数。

所以答案为 $ C^n_{2n}-Catalan_n $。

模型 6：

一个圆上有 $ 2n $ 个点，求连 $ n $ 条线段使得任两线段之间没有交点的方案数（端点处相交也算有交点）。

证明

将这 $ 2n $ 个点按顺序进行标号（顺时针或逆时针都行），枚举 $ 1 $ 号点与几号点连线，之后这个圆就被分为了两个圆弧。

设答案为 $ f_{2n} $，则 $ f_{2n}=\sum\limits_{i\in[2,2n]\textbf{且}i|2}f_{i-2}\times f_{2n-i} $。

解释：$ i $ 为与 $ 1 $ 连线的节点，要求 $ i|2 $ 是为了分成的两端圆弧所含的点的个数都为偶数，$ i-2 $ 和 $ 2n-i $ 是分成的两段圆弧的点的个数。

设 $ g_n=f_{2n} $，并使用 $ 2j $ 替换上式中的 $ i $，有：

$ g_n=\sum\limits_{2j\in[2,2n]}f_{2j-2}\times f_{2n-2j}=\sum\limits_{j=1}^ng_{j-1}\times g_{n-j}=\sum\limits_{j=0}^{n-1}g_j\times g_{n-j+1} $

$ g $ 序列即为 $ Catalan $ 序列

问题扩展

使用 $ n $ 个相同的节点可构造多少种不同的二叉树？其中 $ 1\le n\le10^5 $。

显然，如果利用上述公式进行计算，时间复杂度为 $ O\left(n^2\right) $,无法接受。

定理一：

\[Catalan_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1} \]

证明：

使用模型 $ 4 $,考虑求出合法方案数。

首先我们知道 $ 1 $ 与 $ -1 $ 各有 $ n $ 个，我们先将这 $ n $ 个 $ 1 $ 插入 $ 2n $ 个空中，总方案数（可能不合法）即为 $ C_{2n}^n $。

如果一个序列是不合法的，那么说明至少存在一个 $ i\in[1,2n] $，使得 $ \sum\limits_{j=1}^{2n}a_j<0 $。

那么我们设这样的 $ i $ 中最小的一个为 $ k $。

假如对于下面这个序列，满足条件的 $ i $ 为 $ 5,9 $，那么 $ k=5 $。

显然会有 $ \sum\limits_{i=1}^ka_i=a_k=-1 $

$ 1,1,-1,-1,-1,1,1,-1,-1,1 $

我们把他的图画出来。

然后我们将前 $ k $ 个数翻转（将 $ 1 $ 变成 $ -1 $，将 $ -1 $ 变成 $ 1 $）。

显然，会得到的一个有 $ n+1 $ 个 $ 1 $ 和 $ n-1 $ 个 $ -1 $ 的序列。

上面的序列翻转后得到的序列是 $ -1,-1,1,1,1,1,1,-1,-1,1 $。

假设翻转后的序列为 $ b $。

显然会有 $ \sum\limits_{i=1}^kb_i=b_k=1 $

显然，对于每一个序列 $ a $，都有一个唯一的序列 $ b $ 与之对应。原因：$ k $ 是唯一的。

显然，对于每一个序列 $ b $，都有一个唯一的序列 $ a $ 与之对应。原因：$ k $ 是唯一的。

也就是说，$ a $ 序列与 $ b $ 序列是两两对应的，所以他们的数量是相等的。

又因为 $ b $ 序列是由 $ n+1 $ 个 $ 1 $ 与 $ n-1 $ 个 $ -1 $ 组成的，

所以他们的数量都为 $ C_{2n}^{n+1} $。

合法序列数量即为 $ C^ n_{2n}-C^{n+1}_{2n} $。

\[\therefore Catalan_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1} \]

定理二：

\[Catalan_n=\dfrac{C_{2n}^n}{n+1} \]

证明：

考虑使用定理一进行推导：

\[Catalan_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1} \]

\[=\dfrac{\left(2n\right)!}{n!\times n!}-\dfrac{\left(2n\right)!}{\left(n+1\right)!\times\left(n-1\right)!} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\left(\dfrac{\left(2n\right)!\times\left(n+1\right)}{n!\times n!}-\dfrac{\left(2n\right)!\times\left(n+1\right)}{\left(n+1\right)!\times\left(n-1\right)!}\right) \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\left(\dfrac{\left(2n\right)!\times\left(n+1\right)}{n!\times n!}-\dfrac{\left(2n\right)!}{n!\times\left(n-1\right)!}\right) \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\left(\dfrac{\left(2n\right)!\times\left(n+1\right)}{n!\times n!}-\dfrac{\left(2n\right)!\times n}{n!\times n!}\right) \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{\left(2n\right)!}{n!\times n!} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times C_{2n}^n \]

\[\therefore Catalan_n=\dfrac{C_{2n}^n}{n+1} \]

他的另一种形式是：

\[\therefore Catalan_n=\dfrac{\left(2n\right)!}{n!\times n! \times\left(n+1\right)} \]

\[=\dfrac{\left(2n\right)!}{\left(n+1\right)!\times n!} \]

\[=\dfrac{\prod\limits_{i=n+2}^{2n}i}{\prod\limits_{i=1}^ni} \]

定理三：

\[Catalan_n=\dfrac{4n-2}{n+1}\times Catalan_{n-1} \]

证明：

考虑使用定理二：

\[Catalan_n=\dfrac{C_{2n}^n}{n+1} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{\left(2n\right)!}{n!\times n!} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{\left(2n-2\right)!\times \left(2n-1\right)\times\left(2n\right)}{\left(n-1\right)!\times\left(n-1\right)!\times n^2} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{\left(2n-1\right)\times\left(2n\right)}{n}\times\dfrac{1}{n}\times\dfrac{\left(2n-2\right)!}{\left(n-1\right)!\times\left(n-1\right)!} \]

\[=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{2\left(2n-1\right)}{n}\times C_{2n-2}^{n-1} \]

\[=\dfrac{4n-2}{n+1}\times\dfrac{C_{2n-2}^{n-1}}{n} \]

\[\therefore Catalan_n=\dfrac{4n-2}{n+1}\times Catalan_{n-1} \]

注：上述证明参考自：

Catalan通项公式的推导

n对括号的匹配方式以及Catalan数通项公式的推导

【知识总结】卡特兰数 (Catalan Number) 公式的推导