卡特兰数学习笔记

卡特兰数（Catalan 数）学习笔记

一、引入

问题 1

由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 组成的 $2n$ 项序列 $a_1,a_2,\cdots ,a_{2n}$，求有多少种方案满足其部分和 $a_1+a_2+\cdots +a_k\ge 0(k=1,2,\cdots ,2n)$。

分析

设满足条件的方案数（即答案）为 $C_n$，不满足条件的方案数为 $U_n$。

由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 组成的序列总数为 ${\displaystyle \frac{(2n)!}{n!n!}}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$

那么 $C_n+U_n={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$

我们只要求出 $U_n$，就可以得到 $C_n$。

因为不满足条件，所以一定存在第一个 $k$，使得 $a_1+a_2+\cdots +a_k<0$。

因为 $k$ 是第一个，所以 $a_1+a_2+\cdots +a_{k-1}=0$，且 $a_k=-1$。

同时，$k$ 为奇整数。

我们将前 $k$ 项的符号取反，剩下的不变，就可以得到一个由 $n+1$ 个 $+1$ 和 $n-1$ 个 $-1$ 组成的序列，而这个序列和前面不满足条件的序列一一对应（考虑第一个 $+1$ 个数超过 $-1$ 的位置，将这个位置及其前面符号取反，就可以得到一个不满足条件的序列）。

那么 $U_n$ 等于由 $n+1$ 个 $+1$ 和 $n-1$ 个 $-1$ 组成的序列的个数，即 ${\displaystyle \frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1})}$。

所以 $C_n={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1})}={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$。

即为第 $n$ 个卡特兰数。

扩展

若改为 $n$ 个 $+1$，$m$ 个 $-1$，且 $n\ge m$，那么有多少种？

分析

同样设满足条件方案数为 $A_n$，不满足的为 $U_n$。

那么 $A_n+U_n={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})}$。

$U_n={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n+1})}$，所以 $A_n={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n+1})}$。

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问题 2

求以下递推关系的解：

$C_0=1$

$C_n=C_0{C}_{n-1}+C_1{C}_{n-2}+\cdots +C_{n-1}{C}_0=\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1}$

分析

设 $g(x)=C_0+C_{1}x+C_2{x}^2+\cdots +C_n{x}^n+\cdots$ 为数列 $C_0,C_1,\cdots ,C_n$ 的生成函数。

$$\begin{gathered} (g(x){)}^2=C_0{C}_0+(C_0{C}_1+C_1{C}_0)x+(C_0{C}_2+C_1{C}_1+C_2{C}_0)x^2+\cdots +(C_0{C}_n+C_1{C}_{n-1}+\cdots +C_n{C}_0)x^n \\ =\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_{i+1}{x}^i \end{gathered}$$

故

$$\begin{gathered} x(g(x){)}^2=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_i{x}^i-C_0=g(x)-C_0 \\ x(g(x){)}^2-g(x)+1=0 \end{gathered}$$

解得

$$g(x)={\displaystyle \frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}}$$

又

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0^{+}}{lim}g(x)=C_0=1 \\ \underset{x\to 0^{+}}{lim}g(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}} \end{gathered}$$

故 $g(x)={\displaystyle \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}$

由牛顿二项式定理，

$$(1+z{)}^{\frac{1}{2}}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}}{k})}{x}^k$$

对于 $k>0$，

$$\begin{gathered} {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}}{k})}={\displaystyle \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)\cdots (\frac{1}{2}-k+1)}{k!}} \\ ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{2^k}}{\displaystyle \frac{1\times 3\times 5\times \cdots \times (2k-3)}{k!}} \\ ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{2^k}}{\displaystyle \frac{1\times 2\times 3\times 4\times \cdots \times (2k-3)\times (2k-2)}{2\times 4\times \cdots \times (2k-2)\times (k!)}} \\ ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}}{\displaystyle \frac{(2k-2)}{((k-1)!{)}^2}} \\ ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-2}{k-1})} \end{gathered}$$

以 $-4x$ 代 $z$，可得

$$\begin{gathered} \sqrt{1-4x}=1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{k\ast 2^{2k-1}}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-2}{k-1})(-1{)}^k{4}^k{x}^k \\ =1-2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-2}{k-1})x^k \end{gathered}$$

故

$$\begin{gathered} g(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}(1-(1-2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-2}{k-1})x^k)) \\ ={\displaystyle \frac{1}{2x}}2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-2}{k-1})x^k \\ =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k+1}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2k}{k})}{x}^k \end{gathered}$$

即 $C_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$

即第 $n$ 个卡特兰数。

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二、应用

例 1

问题

有 $2n$ 个人排列进入剧场，票价 $5$ 角。其中 $n$ 个人有 $5$ 角硬币，另外 $n$ 个人有一元硬币。初始售票处无零钱。问有多少种排列方法使得每个有一元硬币的人买票时，都有 $5$ 角找零？

分析

有 $5$ 角找零的条件为：在任一位置，有 $5$ 角硬币的人总数大于等于有一元硬币的人个数。

将有 $5$ 角硬币的人看作 $+1$，有一元硬币的人看作 $-1$，那么就转化为引入中的问题 1。答案为第 $n$ 个卡特兰数。

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例 2

问题

对于一个 $n\times n$ 的正方形网格，从左下角到右上角，每次只能向右或向上走一格，且不能越过对角线，问有多少种走法。

分析

考虑将向右记为 $+1$，向上记为 $-1$，那么合法路径的数目就等于满足 $\sum _{i=1}^k{a}_i\ge 0,k=1,2,\cdots ,2n$，即引入中问题 1。

所以答案即为第 $n$ 个卡特兰数。

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例 3

问题

计算包含 $n$ 个左括号和 $n$ 个右括号的合法括号序列种数。

合法括号序列定义：

1. 空串为合法序列。

2. 若 A 为合法序列，那么 (A) 为合法序列。

3. 若 A,B 均为合法序列，那么 AB 为合法序列。

分析

显然在任何位置，左括号的个数一定大于等于右括号的个数。

考虑将左括号看作 $+1$，右括号看作 $-1$，那么又转化成了引入中的问题 1，答案是第 $n$ 个卡特兰数。

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例 4

问题

计算 $n$ 个数合法的出栈序列。

分析

法一：将进栈看作 $+1$，出栈看作 $-1$，那么就转化成了引入中的问题 1。

法二：

设答案为 $c_n$。

显然 $c_0=1$。

我们考虑 $c_n$ 怎么得来。

令最后一个出栈的数为 $k$。

那么在 $k$ 入栈之前，$1,2,\cdots ,k-1$ 共 $k-1$ 个数已经入栈并出栈了，方案数为 $c_{k-1}$。

在 $k$ 入栈之后，$k+1,\cdots ,n-1,n$ 共 $n-k$ 个数会入栈并出栈，方案数为 $c_{n-k}$。

故总方案数为 $\sum _{k=1}^n{c}_{k-1}{c}_{n-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{c}_k{c}_{n-k-1}=C_n$。

转化成引入中的问题 2。

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例 5

问题

求将 $n+2$ 条边的凸多边形用不相交的对角线分割成三角形区域的方案数。

分析

如图，我们选定这个多边形的一条边作为基边，那么在每一种划分中这条基边都是一个三角形区域的边，且这个三角形区域将整个多边形分成了三部分：这个三角形区域，一个含有 $k+1+1=k+2$ 条边的多边形区域，还有一个含有 $n+2-k-1-1+1=n-k+1$ 条边的区域。

设含 $n+2$ 条边的方案数为 $c_n$。

那么由分析可知，$c_n=\sum _{k=0}^{n-1}{c}_k{c}_{n-k-1}=C_n$。

转化为引入中的问题 2。

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例 6

问题

求含有 $n$ 个节点的二叉树的个数。

分析

首先固定一个根节点，左子树有 $k$ 个节点，那么右子树有 $n-k-1$ 个节点。

设答案为 $c_n$，那么 $c_n=\sum _{k=0}^{n-1}{c}_k{c}_{n-k-1}=C_n$。

转化为引入中的问题 2。

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三、公式

1. 计算式：$C_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$。
2. 递推式 1：$C_0=1,C_n=\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1}$
3. 递推式 2：$C_0=1,C_n={\displaystyle \frac{4n-2}{n+1}}{C}_n-1$
4. 增长趋势：$C_n\sim {\displaystyle \frac{4^n}{n^{\frac{3}{2}}\sqrt{\pi }}}$