Catalan数

一、定义

  Catalan数是组合数学中在经常出现在计数问题中的数列，前几项为:

  \(1,2 , 5 ,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900，……\)

二、求解公式

  Catalan数有\(4\)个常用的求解公式

  \(①\)递归公式1

\[f(n)=\sum_{i=1}^{n-1}f(i)*f(n-i-1) \]

  \(②\)递归公式2

\[f(n)=\frac{f(n-1)*(4*n-2)}{n+1} \]

  \(③\)组合公式1

\[f(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1} \]

  \(④\)组合公式2

\[f(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} \]

例1 二叉树计数

  已知一个二叉树有n个节点，求该二叉树有多少种不同的形态。

  定一个点为根,假设左子树有\(i\)个节点，右子树有\((n-i-1)\)个节点，那么根据乘法原理把他乘起来即可。我们设f(n)为n个节点的不同的二叉树形态个数，那么答案为：

\[f(n)=\sum_{i=1}^{n-1}f(i)*f(n-i-1) \]

  这显然就是Catalan数，用组合公式求解即可。

例2 AB排列问题

  有\(n\)个\(A\)和\(n\)个\(B\)排在一起，要求从\(1\)开始的任意位置\(B\)的个数不能超过\(A\)的个数，求方案数。

  直接求解满足条件的比较复杂，我们考虑求不符合条件的情况

  令\(n\)个\(A\)和\(n\)个\(B\)组成的序列\(S\)不满足条件，那么我们就必定可以找到一个位置\(p\)满足\(S[1...2p+1]\)中有\(p+1\)个\(B\),\(p\)个\(A\)。我们将\(S[2p+2...2n]\)的所有\(A\)转\(B\)，\(B\)转\(A\)，可以得到一个由\(n-1\)个\(n+1\)个B，\(n-1\)个\(A\)组成的序列。

  相应的，对于一个由\(n-1\)个\(n+1\)个B，\(n-1\)个\(A\)组成的序列，我们必定可以找到一个位置\(p\)满足\(S[1...2p+1]\)有\(p+1\)个\(B\)和\(p\)个\(A\)。把\(S\)剩下的转换之后，就得到一个由\(n\)个\(A\)和\(n\)个\(B\)组成的、存在一个前缀为\(B\)比\(A\)多的序列。

  因此，这两个序列形成了一个双射，或者它们一一对应。

  所以，根据组合数定义，符合条件的排列的个数为：

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

例3 乘法加括号

  对于连乘\(a_1*a_2*a_3*···*a_n\)，可以通过加括号改变它的运算顺序，求有多少种运算顺序。

  我们考虑把每一个数和符号都作为二叉树的节点，保证每个数都是二叉树的叶子节点，那么每次就是选择一个\(*\)使得左边形成一棵二叉树，右边一棵。相当于把求的顺序分为前\(pos\)个和后\(pos\)个分开处理，答案也就是二叉树计数。

例4 欧拉多边形的划分

  给出凸\(n\)边形的边数，求有多少种分法可以把这个多边形分成互不重叠的\(n-2\)个三角形。

  我们假定已经选择了一条边，那么一这条边必定会形成一个三角形的一边，而这个三角形也把这个多边形分成了两个多边形，我们设\(H_n\)为\(n\)边形的分割数，那么容易得到：

\[H_n=H_{n-1}+H_3H_{n-2}+···+H_{n-2}H_3+H_{n-1} \]

  我们再假设确定了一条对角线，把\(n\)边形分成两个多边形，边数之和为\(n+2\)，而从一个顶点出发的\(n-3\)条对角线所形成的分割数为:\(H_3H_{n-1}+H_4H_{n-2}+···+H_4H_{n-2}+H_3H_{n-1}\),由于一条对角线有两个端点，重复计数两次，而每个分割实际重复统计了\(n-3\)次，所以从所有顶点出发的n边形划分数为：

\[(n-3)H_n=\frac{n(H_3H_{n-1}+H_4H_{n-2}+···+H_4H_{n-2}+H_3H_{n-1})}{2} \]

  联立两个式子得到：

\[H_{n+1}=(\frac{4n-6}{n})H_n \]

  而这也是\(Catalan\)数的公式之一，所以可知\(H_n=Cat_{n-2}\)