卡特兰数学习笔记

Catalan 数列

Catalan 数列 $H_{n}$ 可以应用于以下问题：

有 $2 n$ 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 $(0, 0)$ 右上角为 $(n, n)$ ，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 $2 n$ 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 $1, 2, 3, \dots, n$ 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 $2 n$ 个数 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{2 n}$ ，其部分和满足 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} \geq 0 (k = 1, 2, 3, \dots, 2 n)$ ，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{( n 2 n )}{n + 1} (n \geq 2, n \in N_{+})

关于 Catalan 数的常见公式：

H_{n} = {\sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} H_{n - 1 - i} 1 n \geq 2, n \in N_{+} n = 0, 1

H_{n} = \frac{H _{n - 1} ( 4 n - 2 )}{n + 1}

H_{n} = (n 2 n) - (n - 1 2 n)

例题洛谷 P1044 栈
题目大意
入栈顺序为 $1, 2, \dots, n$ ，求所有可能的出栈顺序的总数。

cpp

#include <iostream>
using namespace std;
int n;
long long f[25];

int 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] << endl;
    return 0;
}

封闭形式

卡特兰数的递推式为

H_{n} = i = 0 \sum n - 1 H_{i} H_{n - i - 1} (n \geq 2)

其中 $H_{0} = 1, H_{1} = 1$ 。设它的普通生成函数为 $H (x)$ 。

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 $H (x)$ 的方程：

H (x) = n \geq 0 \sum H_{n} x^{n} = 1 + n \geq 1 \sum i = 0 \sum n - 1 H_{i} x^{i} H_{n - i - 1} x^{n - i - 1} x = 1 + x i \geq 0 \sum H_{i} x^{i} n \geq 0 \sum H_{n} x^{n} = 1 + x H^{2} (x)

解得

H (x) = \frac{1 \pm 1 - 4 x}{2 x}

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 1 - 4 x}

代入 $x = 0$ ，我们得到的是 $H (x)$ 的常数项，也就是 $H_{0}$ 。当 $H (x) = \frac{2}{1 + 1 - 4 x}$ 的时候有 $H (0) = 1$ ，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 - 1 - 4 x}{2 x}

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 $1 - 4 x$ ：

(1 - 4 x)^{\frac{1}{2}} = n \geq 0 \sum (n \frac{1}{2}) (- 4 x)^{n} = 1 + n \geq 1 \sum \frac{( \frac{1}{2} ) ^{\underline{n}}}{n !} (- 4 x)^{n} (1)

注意到

(\frac{1}{2})^{\underline{n}} = \frac{1}{2} \frac{- 1}{2} \frac{- 3}{2} \dots \frac{- ( 2 n - 3 )}{2} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1} ( 2 n - 3 )!!}{2 ^{n}} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1} ( 2 n - 2 )!}{2 ^{n} ( 2 n - 2 )!!} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1} ( 2 n - 2 )!}{2 ^{2 n - 1} ( n - 1 )!}

这里使用了双阶乘的化简技巧。那么带回 $(1)$ 得到

(1 - 4 x)^{\frac{1}{2}} = 1 + n \geq 1 \sum \frac{( - 1 ) ^{n - 1} ( 2 n - 2 )!}{2 ^{2 n - 1} ( n - 1 )! n !} (- 4 x)^{n} = 1 - n \geq 1 \sum \frac{( 2 n - 2 )!}{( n - 1 )! n !} 2 x^{n} = 1 - n \geq 1 \sum (n 2 n - 1) \frac{1}{( 2 n - 1 )} 2 x^{n}

带回原式得到

H (x) = \frac{1 - 1 - 4 x}{2 x} = \frac{1}{2 x} n \geq 1 \sum (n 2 n - 1) \frac{1}{( 2 n - 1 )} 2 x^{n} = n \geq 1 \sum (n 2 n - 1) \frac{1}{( 2 n - 1 )} x^{n - 1} = n \geq 0 \sum (n + 1 2 n + 1) \frac{1}{( 2 n + 1 )} x^{n} = n \geq 0 \sum (n 2 n) \frac{1}{n + 1} x^{n}

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 $(m n + m)$ 。
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 $(n - 1 2 n - 2)$ 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 $(n - 1 2 n - 2) - (n 2 n - 2)$ 。根据对称性可知所求答案为 $2 (n - 1 2 n - 2) - 2 (n 2 n - 2)$ 。
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： $\frac{2}{n + 1} (n 2 n)$

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例题 洛谷 P1044 栈 ​

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路径计数问题 ​

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