卡特兰数

计数问题中出现的数列

卡特兰数（英语：Catalan number），又称卡塔兰数、明安图数，是组合数学中一种常出现于各种计数问题中的数列。以比利时数学家欧仁·查理·卡特兰的名字命名。1730年，清代蒙古族数学家明安图在对三角函数幂级数的推导过程中首次发现，1774年被发表在《割圜密率捷法》。

简介

卡特兰数是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。以中国蒙古族数学家明安图和比利时数学家欧仁·查理·卡特兰的名字命名，其前几项为（从第0项开始）：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...

卡特兰数满足以下递推关系：

发展历史

1730年，中国清代蒙古族数学家明安图比卡特兰更早使用了卡特兰数，在发现三角函数幂级数的过程中，见《割圜密率捷法》。后来他的学生在1774年将其完成发表。

1753年，欧拉在解决凸包划分成三角形问题的时候，推出了卡特兰数。

1758年，Johann Segner 给出了欧拉问题的递推关系。

1838年，拉梅给出完整证明和简洁表达式；欧仁·查理·卡特兰在研究汉诺塔时探讨了相关问题，解决了括号表达式的问题。

1900年，Eugen Netto 在著作中将该数归功于卡特兰。

内蒙古师范大学教授罗见今1988年以及1999年的文献研究表明，实际上最初发现卡特兰数的也不是欧拉，而是明安图。

最后，由比利时的数学家欧仁·查理·卡特兰命名。在中国却应当以清代蒙古族数学家明安图命名。

原理

设为卡特兰数的第项，令，，则卡特兰数满足递推式：

例如：

另类递推式：

递推关系的解为：

递推关系的另类解为：

递推等式应用

实质上都是递推等式的应用。

括号化

首先，我们设 f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。（我们假定，最后出栈的元素为k，显然，k取不同值时的情况是相互独立的，也就是求出每种k最后出栈的情况数后可用加法原则。由于k最后出栈，因此，在k入栈之前，比k小的值均出栈，此处情况有f(k-1)种，而之后比k大的值入栈，且都在k之前出栈，因此有f(n-k)种方式。由于比k小和比k大的值入栈、出栈情况是相互独立的，此处可用乘法原则，f(n-k)*f(k-1)种，求和便是Catalan递归式。）

首次出空之前最后一个出栈的序数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。

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?

常规分析

最后，令f（0）=1，f（1）=1。

非常规分析

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)。

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。

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)。

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(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。

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＜=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。

给定节点组成二叉搜索树

给定N个节点，能构成多少种不同的二叉搜索树。

（能构成 h(N) 个）

（这个公式的下标是从h(0)=1开始的）

n对括号正确匹配数目

给定n对括号，求括号正确配对的字符串数，例如：

0对括号：[空序列] 1种可能

1对括号：() 1种可能

2对括号：()() (()) 2种可能

3对括号：((())) ()(()) ()()() (())() (()()) 5种可能

那么问题来了，n对括号有多少种正确配对的可能呢。

考虑n对括号时的任意一种配对方案，最后一个右括号有唯一的与之匹配的左括号，于是有唯一的表示A(B)，其中A和B也是合法的括号匹配序列

假设S(n)为n对括号的正确配对数目，那么有递推关系S(n)=S(0)S(n-1)+S(1)S(n-2) +...+S(n-1)S(0)，显然S(n)是卡特兰数。

扩展

对于在n位的2进制中，有m个0，其余为1的catalan数为：C（n,m）-C(n,m-1)。证明可以参考标准catalan数的证明。

问题1的描述：有n个1和m个-1 (n＞m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0≤k≤n+m的前k个数的部分和Sk＞0的排列数。问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不经过对角线x==y的方法数（x＞ y）。

考虑情况I：第一步走到（0，1），这样从（0，1）走到（n，m）无论如何也要经过x==y的点，这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));

考虑情况II：第一步走到（1，0），又有两种可能：

a . 不经过x==y的点；（所要求的情况）

b . 经过x==y的点，我们构造情况II.b和情况I的一一映射，说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是（x1，y1），将（0，0）到（x1，y1）的路径沿对角线翻折，于是唯一对应情况I的一种路径；对于情况I的一条路径，假设其与对角线的第一个焦点是（x2，y2），将（0，0）和（x2，y2）之间的路径沿对角线翻折，唯一对应情况II.b的一条路径。

问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。

((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1))

或：((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))

问题2的描述：有n个1和m个-1（n＞=m），共n+m个数排成一列，满足对所有0＜=k＜=n+m的前k个数的部分和Sk＞=0的排列数。（和问题1不同之处在于此处部分和可以为0，这也是更常见的情况）问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不穿过对角线x==y的方法数（可以走到x==y的点）。

把（n，m）点变换到（n+1，m）点，问题变成了问题1。

方法数为：

((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))

或：((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))

应用

Java应用

C++应用

python应用

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