卡特兰数与斯特林数

卡特兰数

前言：这里我们定义 $C_{n}$ 为卡特兰数的第 $n$ 项。

递归定义式： $C_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} C_{i} \times C_{n - i - 1}$
理解：对于 $n$ 个点构成的二叉树，其形态共有 $C_{n}$ 个，你设根节点的左儿子子树大小为 $i$ ，即形态有 $C_{i}$ 个，右子树大小为 $n - i - 1$ ，即形态有 $C_{n - i - 1}$ 个，相乘即可。

组合定义式： $C_{n} = C_{2 n}^{n} - C_{2 n}^{n - 1} = \frac{1}{n + 1} \times C_{2 n}^{n}$
这个后面证

卡特兰数的增长大约为 $O (4^{n})$

例题：给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 组成的一个 $2 n$ 个元素的排列，要求该排列的任意前缀， $0$ 的数量不能少于 $1$ 的数量，求满足排列的个数

结论：排列个数为 $C_{n}$ 个
证明：我们可以建一个 $n \times n$ 的网格， $1$ 表示向上走， $0$ 表示向右走，最终我们从 $(1, 1)$ 走到 $(n, n)$ ，对于任意前缀 $0$ 的数量不能少于 $1$ 的数量这个限制，我们可以画出对角线，对角线以下的是合法的，而对角线上面的是不合法的，接着我们在对角线上再隔一格画一条线 $y$ ，对于不合法的，我们沿 $y$ 对称回来，这样他只会超过对角线最多一格，而他最后只会走到 $(n, n - 1)$ ，即 $C_{n} = C_{2 n}^{n} - C_{2 n}^{n - 1} = \frac{1}{n + 1} \times C_{2 n}^{n}$

错位排列

例题：有 $n$ 个盒子编号为 $1$ 到 $n$ ，有 $n$ 个球编号为 $1$ 到 $n$ ，求编号为 $i$ 的球不放入编号为 $i$ 的盒子的方案数

设 $d p_{i}$ 表示 $n$ 个元素的错位排列的方案数，则 $d p_{i} = (n - 1) \times (d p_{n - 1} + d p_{n - 2}), d p_{1} = 0, d p_{2} = 1$

证明：当我们考虑到第 $n$ 个时

前 $n - 1$ 个元素全部错位排列，此时我们随便找一个数与 $n$ 交换即可，方案数为 $(n - 1) \times d p_{n - 1}$
前 $n - 1$ 个元素恰有一个不错位排列，将 $n$ 与其交换，剩余的 $n - 2$ 个元素仍为错位排列，方案数为 $(n - 1) \times d p_{n - 2}$
前 $n - 1$ 个元素有超过一个不错位排列，此时可以证明无法通过一次交换形成错位排列

圆排列

在 $n$ 个元素中取 $k$ 个元素，首尾相接形成长度为 $k$ 的环，允许旋转，求不同的排列的方案数
$a n s = \frac{P_{n}^{k}}{k}$

第一类斯特林数

将 $n$ 个不同的球放入 $k$ 个圆排列中，其方案数为第一斯特林数 $s (n, k)$
$s (0, 0) = 1, s (k, 0) = 0, s (n, k) = s (n - 1, k - 1) + (n - 1) \times s (n - 1, k), 1 \leq k \leq n$

第二类斯特林数

将 $n$ 个不同的球放入 $k$ 个相同的盒子，不允许空盒，其方案数为第二类斯特林数 $s (n, k)$
$s (0, 0) = 1, s (k, 0) = 1, s (n, k) = k \times s (n - 1, k) + s (n - 1, k - 1), 1 \leq k \leq n$