卡特兰数
卡特兰数
Catalan 数列
Catalan 数列 \(H_n\) 可以应用于以下问题：
- 有 \(2n\) 个人排成一行进入剧场。入场费 \(5\) 元。其中只有 \(n\) 个人有一张 \(5\) 元钞票，另外 \(n\) 人只有 \(10\) 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少种方法使得只要有 \(10\) 元的人买票，售票处就有 \(5\) 元的钞票找零？
- 有一个大小为 \(n\times n\) 的方格图左下角为 \(\left(0, 0\right)\) 右上角为 \(\left(n, n\right)\)，从左下角开始每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 \(y=x\) 上方（但可以触碰）的情况下到达右上角有多少可能的路径？
- 在圆上选择 \(2n\) 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 \(n\) 条线段不相交的方法数？
- 对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
- 一个栈（无穷大）的进栈序列为 \(1,2,3, \cdots ,n\) 有多少个不同的出栈序列？
- \(n\) 个结点可构造多少个不同的二叉树？
- 由 \(n\) 个 \(+1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 组成的 \(2n\) 个数 \(a_1,a_2, \cdots ,a_{2n}\)，其部分和满足 \(a_1+a_2+ \cdots +a_k \geq 0~\left(k=1,2,3, \cdots ,2n\right)\)，有多少个满足条件的数列？
其对应的序列为：
| \(H_0\) | \(H_1\) | \(H_2\) | \(H_3\) | \(H_4\) | \(H_5\) | \(H_6\) | ... |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 2 | 5 | 14 | 42 | 132 | ... |
递推式
该递推关系的解为：
\(H_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}(n \geq 2, n \in \mathbf{N_{+}})\)
关于 Catalan 数的常见公式：
\(H_n = \begin{cases} \sum_{i=1}^{n} H_{i-1} H_{n-i} & n \geq 2, n \in \mathbf{N_{+}}\\ 1 & n = 0, 1 \end{cases}\)
\(H_n = \frac{H_{n-1} (4n-2)}{n+1}\)
\(H_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n-1}\)
例题 [NOIP2003 普及组] 栈
题目大意
题目大意：入栈顺序为 \(1,2,\ldots ,n\)，求所有可能的出栈顺序的总数。
题目代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int kMaxN = 50;
int f[kMaxN], n;
signed main() {
f[0] = 1;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = f[i - 1] * (4 * i - 2) / (i + 1); // 这里用的是常见公式2
}
cout << f[n] << '\n';
return 0;
}
f = [0] * 50
f[0] = 1
n = int(input())
for i in range(1, n + 1):
f[i] = int(f[i - 1] * (4 * i - 2) // (i + 1)) # 这里用的是常见公式2
print(f[n])
封闭形式
卡特兰数的递推式为
\(H_n=\sum_{i=0}^{n-1}H_{i}H_{n-i-1} \quad (n\ge 2)\)
其中 \(H_0=1,H_1=1\)。设它的普通生成函数为 \(H\left(x\right)\)。
我们发现卡特兰数的递推式与卷积的形式很相似，因此我们用卷积来构造关于 \(H\left(x\right)\) 的方程：
\(\begin{aligned} H(x)&=\sum_{n\ge 0}H_nx^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\sum_{i=0}^{n-1}H_ix^iH_{n-i-1}x^{n-i-1}x\\ &=1+x\sum_{i\ge 0}H_{i}x^i\sum_{n\ge 0}H_{n}x^{n}\\ &=1+xH^2(x) \end{aligned}\)
解得
\(H(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}\)
那么这就产生了一个问题：我们应该取哪一个根呢？我们将其分子有理化：
\(H(x)=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}\)
代入 \(x=0\)，我们得到的是 \(H\left(x\right)\) 的常数项，也就是 \(H_0\)。当
\(H(x)=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-4x}}\) 的时候有 \(H\left(0\right)=1\)，满足要求。而另一个解会出现分母为 \(0\) 的情况（不收敛），舍弃。
因此我们得到了卡特兰数生成函数的封闭形式：
\(H(x)=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}\)
接下来我们要将其展开。但注意到它的分母不是斐波那契数列那样的多项式形式，因此不方便套用等比数列的展开形式。在这里我们需要使用牛顿二项式定理。我们来先展开 \(\sqrt{1-4x}\)：
\(\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=\sum_{n\ge 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}(-4x)^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}}}{n!}(-4x)^n \end{aligned}\)
注意到
\(\begin{aligned} \left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}} &=\frac{1}{2}\frac{-1}{2}\frac{-3}{2}\cdots\frac{-(2n-3)}{2}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{2^n}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^n(2n-2)!!}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!} \end{aligned}\)
这里使用了双阶乘的化简技巧。那么带回 (1) 得到
\(\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\frac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}2x^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n \end{aligned}\)
带回原式得到
\(\begin{aligned} H(x)&=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}\\ &=\frac{1}{2x}\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n\\ &=\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}x^{n-1}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n+1}{n+1}\frac{1}{(2n+1)}x^{n}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}\frac{1}{n+1}x^{n}\\ \end{aligned}\)
这样我们就得到了卡特兰数的通项公式。
路径计数问题
非降路径是指只能向上或向右走的路径。
-
从 \((0,0)\) 到 \((m,n)\) 的非降路径数等于 \(m\) 个 \(x\) 和 \(n\) 个 \(y\) 的排列数，即 \(\dbinom{n + m}{m}\)。
-
从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的除端点外不接触直线 \(y=x\) 的非降路径数：
先考虑 \(y=x\) 下方的路径，都是从 \((0, 0)\) 出发，经过 \((1, 0)\) 及 \((n, n-1)\) 到 \((n,n)\)，可以看做是 \((1,0)\) 到 \((n,n-1)\) 不接触 \(y=x\) 的非降路径数。
所有的的非降路径有 \(\dbinom{2n-2}{n-1}\) 条。对于这里面任意一条接触了 \(y=x\) 的路径，可以把它最后离开这条线的点到 \((1,0)\) 之间的部分关于 \(y=x\) 对称变换，就得到从 \((0,1)\) 到 \((n,n-1)\) 的一条非降路径。反之也成立。从而 \(y=x\) 下方的非降路径数是 \(\dbinom{2n-2}{n-1} - \dbinom{2n-2}{n}\)。根据对称性可知所求答案为 \(2\dbinom{2n-2}{n-1} - 2\dbinom{2n-2}{n}\)。
- 从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的除端点外不穿过直线 \(y=x\) 的非降路径数：
用类似的方法可以得到：\(\dfrac{2}{n+1}\dbinom{2n}{n}\)
