卡特兰数（转）

Catalan数

　　中文:卡特兰数

　　原理：

　　令h(1)＝1,h(0)=1，catalan数满足递归式：

　　h(n)= h(1)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(1) (其中n>=2)

　　另类递归式：

　　h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);

　　该递推关系的解为：

　　h(n+1)=C(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,...)

　　我并不关心其解是怎么求出来的，我只想知道怎么用catalan数分析问题。

　　我总结了一下，最典型的四类应用：（实质上却都一样，无非是递归等式的应用，就看你能不能分解问题写出递归式了）

　　1.括号化问题。

　　矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n)种)

　　2.出栈次序问题。

　　一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,..n,有多少个不同的出栈序列?

　　类似：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，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零？(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)

　　3.将多边行划分为三角形问题。

　　将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?

　　类似：一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她

　　从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？

　　类似：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?

　　4.给顶节点组成二叉树的问题。

　　给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树？

　　（能构成h（N）个）

实质上都是递推等式的应用

括号化

矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n-1)种)^[3]

出栈次序

一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，有多少个不同的出栈序列?^[4-5]

常规分析

首先，我们设f（n）=序列个数为n的出栈序列种数。同时，我们假定，从开始到栈第一次出到空为止，这段过程中出栈的序数最大的是k。特别地，如果栈直到整个过程结束时才空，则k=n

首次出空之前第一个出栈的序数k将1~n的序列分成两个序列，其中一个是1~k-1，序列个数为k-1，另外一个是k+1~n，序列个数是n-k。

此时，我们若把k视为确定一个序数，那么根据乘法原理，f（n）的问题就等价于——序列个数为k-1的出栈序列种数乘以序列个数为n - k的出栈序列种数，即选择k这个序数的f（n）=f（k-1）×f（n-k）。而k可以选1到n，所以再根据加法原理，将k取不同值的序列种数相加，得到的总序列种数为：f（n）=f（0）f（n-1）+f（1）f（n-2）+……+f（n-1）f（0）。

看到此处，再看看卡特兰数的递推式，答案不言而喻，即为f（n）=h（n）= C（2n,n）/（n+1）= c（2n,n）-c（2n,n+1）（n=0，1，2，……）。

最后，令f（0）=1，f（1）=1。

非常规分析

对于每一个数来说，必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态‘1’，出栈设为状态‘0’。n个数的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1‥n的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a(a≤b)，因此输出序列的总数目=由左而右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数，1的累计数不小于0的累计数的方案种数。

在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求（由左而右扫描，0的累计数大于1的累计数）的方案数即为所求。

不符合要求的数的特征是由左而右扫描时，必然在某一奇数位2m+1位上首先出现m+1个0的累计数和m个1的累计数，此后的2(n-m)-1位上有n-m个 1和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换，使之成为n-m个0和n-m-1个1，结果得1个由n+1个0和n-1个1组成的2n位数，即一个不合要求的数对应于一个由n+1个0和n-1个1组成的排列。

反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换，使之成为由n个0和n个1组成的2n位数，即n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数。

因而不合要求的2n位数与n+1个0，n－1个1组成的排列一一对应。

显然，不符合要求的方案数为c(2n,n+1)。由此得出输出序列的总数目=c(2n,n)-c(2n,n+1)=c(2n,n)/(n+1)=h(n+1)。

类似问题 买票找零

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，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零？(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)

凸多边形三角划分

在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f（n）。比如当n=6时，f（6）=14。^[6]

分析

如果纯粹从f（4）=2，f（5）=5，f（6）=14，……，f（n）=n慢慢去归纳，恐怕很难找到问题的递推式，我们必须从一般情况出发去找规律。

因为凸多边形的任意一条边必定属于某一个三角形，所以我们以某一条边为基准，以这条边的两个顶点为起点P1和终点Pn（P即Point），将该凸多边形的顶点依序标记为P1、P2、……、Pn，再在该凸多边形中找任意一个不属于这两个点的顶点Pk（2<=k&lt;=n-1），来构成一个三角形，用这个三角形把一个凸多边形划分成两个凸多边形，其中一个凸多边形，是由P1，P2，……，Pk构成的凸k边形（顶点数即是边数），另一个凸多边形，是由Pk，Pk+1，……，Pn构成的凸n-k+1边形。

此时，我们若把Pk视为确定一点，那么根据乘法原理，f（n）的问题就等价于——凸k多边形的划分方案数乘以凸n-k+1多边形的划分方案数，即选择Pk这个顶点的f（n）=f（k）×f（n-k+1）。而k可以选2到n-1，所以再根据加法原理，将k取不同值的划分方案相加，得到的总方案数为：f（n）=f（2）f（n-2+1）+f（3）f（n-3+1）+……+f（n-1）f（2）。看到此处，再看看卡特兰数的递推式，答案不言而喻，即为f（n）=h（n-2） （n=2，3，4，……）。

最后，令f（2）=1，f（3）=1。

此处f（2）=1和f（3）=1的具体缘由须参考详尽的“卡特兰数”，也许可从凸四边形f（4）=f（2）f（3）+ f（3）f（2）=2×f（2）f（3）倒推，四边形的划分方案不用规律推导都可以知道是2，那么2×f（2）f（3）=2，则f（2）f（3）=1，又f（2）和f（3）若存在的话一定是整数，则f（2）=1，f（3）=1。（因为我没研究过卡特兰数的由来，此处仅作刘抟羽的臆测）。

类似问题

一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？

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？

给定节点组成二叉树

给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树？^[7]

（能构成h（N）个）

（这个公式的下标是从h(0)=1开始的）

Catalan数的解法

Catalan数的组合公式为 Cn=C(2n,n) / (n+1);

此数的递归公式为 h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)

/* 大数解

对于大数来说，就应该使用下面的大数算法。

使用的公式为：h(n) = h(n-1)*(4*n-2)/（n+1）;

*/

// 0ms

#include<iostream>

using namespace std;

#define MAX 100

#define BASE 10000

void multiply(int a[],int Max,int b) //大数乘法,注意参数的传递

{

    int i,array=0;

    for (i = Max-1; i >= 0; i--)   

    {

        array += b * a[i];

        a[i] = array % BASE; // 数组每一位存放大数的四位数字

        array /= BASE;   

    }

}

void divide(int a[], int Max, int b) //模拟大数除法

{

    int i, div = 0;

    for (i = 0; i < Max; i++)   

    {

        div = div * BASE + a[i];

        a[i] = div / b;

        div %= b;

    }

}

int main()

{

    int a[101][MAX],i, n;

    memset(a[1],0,MAX*sizeof(int));

    for (i=2, a[1][MAX-1] = 1; i < 101; i++) // 高坐标存放大数低位

    {

        memcpy(a[i], a[i-1], MAX * sizeof(int));      //h[i] = h[i-1];

        multiply(a[i], MAX, 4 * i - 2);               //h[i] *= (4*i-2);

        divide(a[i], MAX, i + 1);                  //h[i] /= （i+1）;

    }

    while (cin >> n)   

    {

        for (i = 0; i < MAX && a[n][i] == 0; i++); //去掉数组前为0的数字。

        cout << a[n][i++];             //输出第一个非0数

        for (; i < MAX; i++)   

        {

    printf("%04d",a[n][i]);       //输出后面的数，并每位都保持4位长度!(32767)

   }

        cout << endl;

    }

    return 0;

}

AC CODE 2:

//C(0) = 1 ; (n+2)*C(n+1) = (4n+2)*C(n); 也即是：h(n) = h(n-1) * (4 * n - 2)/（n+1）;

// 0MS

#include<iostream>

using namespace std;

int a[101][101] = {0};

int main()

{

    int n,i,j,len,r,temp,t;

    int b[101];

    a[1][0] = 1; // 低坐标存放大数的低位

    len = 1;

    b[1] = 1;

    for (i = 2; i <= 100; i++)

    {

        t = i - 1;

        for (j=0;j<len;j++) // 模拟乘法,从低位开始

   {

    a[i][j] = a[i-1][j] * (4 * t + 2);

   }

        for (r = j = 0; j < len; j++) // 处理相乘结果

        {

            temp = a[i][j] + r;

            a[i][j] = temp % 10;

            r = temp / 10;

        }

        while (r) // 进位处理

        {

            a[i][len++] = r % 10;

            r /= 10;

        }

        for (j = len-1, r = 0; j >= 0; j--) // 模拟除法，从高位开始

        {

            temp = r * 10 + a[i][j];

            a[i][j] = temp / (t+2);

            r = temp % (t+2);

        }

        while (!a[i][len-1]) // 高位零处理

   {

    len--;

   }

        b[i] = len; // 记录结果的长度

    }

    while (cin >> n)

    {  

        for(j = b[n] - 1; j >= 0; j--)

   {

    printf("%d",a[n][j]);

   }

        printf("\n");

    }

    return 0;

Catalan数的基本公式就是上个部分所列出的那样，但是却有一些变形和具体的性质：

1、

这是根据原来的式子推导出来的，大概过程是这样的：

2、

这个递推式很容易可以从原来的式子中获得

3、

4、

5、

这个是Catalan数的增长趋势。

详见：http://www.cnblogs.com/jackge/archive/2013/05/19/3086519.html