卡特兰数（Catalan 数）学习笔记
一、引入
问题 1
由 nnn 个 +1+1+1 和 nnn 个 −1-1−1 组成的 2n2n2n 项序列 a1,a2,⋯ ,a2na_1,a_2,\cdots,a_{2n}a1,a2,⋯,a2n，求有多少种方案满足其部分和 a1+a2+⋯+ak≥0 (k=1,2,⋯ ,2n)a_1+a_2+\cdots+a_k \ge 0\ (k=1,2,\cdots,2n)a1+a2+⋯+ak≥0 (k=1,2,⋯,2n)。
分析
设满足条件的方案数（即答案）为 CnC_nCn，不满足条件的方案数为 UnU_nUn。
由 nnn 个 +1+1+1 和 nnn 个 −1-1−1 组成的序列总数为 (2n)!n!n!=(2nn)\dfrac{(2n)!}{n!n!}=\dbinom{2n}{n}n!n!(2n)!=(n2n)
那么 Cn+Un=(2nn)C_n+U_n=\dbinom{2n}{n}Cn+Un=(n2n)
我们只要求出 UnU_nUn，就可以得到 CnC_nCn。
因为不满足条件，所以一定存在第一个 kkk，使得 a1+a2+⋯+ak<0a_1+a_2+\cdots+a_k<0a1+a2+⋯+ak<0。
因为 kkk 是第一个，所以 a1+a2+⋯+ak−1=0a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}=0a1+a2+⋯+ak−1=0，且 ak=−1a_k=-1ak=−1。
同时，kkk 为奇整数。
我们将前 kkk 项的符号取反，剩下的不变，就可以得到一个由 n+1n+1n+1 个 +1+1+1 和 n−1n-1n−1 个 −1-1−1 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+1+1 个数超过 −1-1−1 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 UnU_nUn 等于由 n+1n+1n+1 个 +1+1+1 和 n−1n-1n−1 个 −1-1−1 组成的序列的个数，即 (2n)!(n+1)!(n−1)!=(2nn+1)\dfrac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}=\dbinom{2n}{n+1}(n+1)!(n−1)!(2n)!=(n+12n)。
所以 Cn=(2nn)−(2nn+1)=1n+1(2nn)C_n=\dbinom{2n}{n}-\dbinom{2n}{n+1}=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}Cn=(n2n)−(n+12n)=n+11(n2n)。
即为第 nnn 个卡特兰数。
扩展
若改为 nnn 个 +1+1+1，mmm 个 −1-1−1，且 n≥mn\ge mn≥m，那么有多少种？
分析
同样设满足条件方案数为 AnA_nAn，不满足的为 UnU_nUn。
那么 An+Un=(n+mn)A_n+U_n=\dbinom{n+m}{n}An+Un=(nn+m)。
Un=(n+mn+1)U_n=\dbinom{n+m}{n+1}Un=(n+1n+m)，所以 An=(n+mn)−(n+mn+1)A_n=\dbinom{n+m}{n}-\dbinom{n+m}{n+1}An=(nn+m)−(n+1n+m)。
问题 2
求以下递推关系的解：
C0=1C_0=1C0=1
Cn=C0Cn−1+C1Cn−2+⋯+Cn−1C0=∑k=0n−1CkCn−k−1C_n=C_0C_{n-1}+C_1C_{n-2}+\cdots+C_{n-1}C_0=\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_kC_{n-k-1}Cn=C0Cn−1+C1Cn−2+⋯+Cn−1C0=k=0∑n−1CkCn−k−1
分析
设 g(x)=C0+C1x+C2x2+⋯+Cnxn+⋯g(x)=C_0+C_1x+C_2x^2+\cdots+C_nx^n+\cdotsg(x)=C0+C1x+C2x2+⋯+Cnxn+⋯ 为数列 C0,C1,⋯ ,CnC_0,C_1,\cdots,C_nC0,C1,⋯,Cn 的生成函数。
(g(x))2=C0C0+(C0C1+C1C0)x+(C0C2+C1C1+C2C0)x2+⋯+(C0Cn+C1Cn−1+⋯+CnC0)xn=∑i=0∞Ci+1xi
(g(x))^2=C_0C_0+(C_0C_1+C_1C_0)x+(C_0C_2+C_1C_1+C_2C_0)x^2+\cdots+(C_0C_n+C_1C_{n-1}+\cdots+C_nC_0)x^n
\\
=\sum\limits_{i=0}^{\infty}C_{i+1}x^i
(g(x))2=C0C0+(C0C1+C1C0)x+(C0C2+C1C1+C2C0)x2+⋯+(C0Cn+C1Cn−1+⋯+CnC0)xn=i=0∑∞Ci+1xi
故
x(g(x))2=∑i=0∞Cixi−C0=g(x)−C0x(g(x))2−g(x)+1=0
x(g(x))^2=\sum\limits_{i=0}^\infty C_ix^i-C_0=g(x)-C_0
\\
x(g(x))^2-g(x)+1=0
x(g(x))2=i=0∑∞Cixi−C0=g(x)−C0x(g(x))2−g(x)+1=0
解得
g(x)=1±1−4x2x
g(x)=\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}
g(x)=2x1±1−4x
又
limx→0+g(x)=C0=1limx→0+g(x)=limx→0+1±1−4x2x=limx→0+21∓1−4x
\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=C_0=1
\\
\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{2}{1\mp\sqrt{1-4x}}
x→0+limg(x)=C0=1x→0+limg(x)=x→0+lim2x1±1−4x=x→0+lim1∓1−4x2
故 g(x)=1−1−4x2xg(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}g(x)=2x1−1−4x
由牛顿二项式定理，
(1+z)12=∑k=0∞(12k)xk
(1+z)^{\frac{1}{2}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{\frac{1}{2}}{k}x^k
(1+z)21=k=0∑∞(k21)xk
对于 k>0k>0k>0，
(12k)=12(12−1)⋯(12−k+1)k!=(−1)k−12k1×3×5×⋯×(2k−3)k!=(−1)k−12k1×2×3×4×⋯×(2k−3)×(2k−2)2×4×⋯×(2k−2)×(k!)=(−1)k−1k×22k−1(2k−2)((k−1)!)2=(−1)k−1k×22k−1(2k−2k−1)
\dbinom{\frac{1}{2}}{k}=\dfrac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)\cdots(\frac{1}{2}-k+1)}{k!}
\\
=\dfrac{(-1)^{k-1}}{2^k}\dfrac{1\times 3\times 5\times\cdots\times(2k-3)}{k!}
\\
=\dfrac{(-1)^{k-1}}{2^k}\dfrac{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!)}
\\
=\dfrac{(-1)^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}\dfrac{(2k-2)}{((k-1)!)^2}
\\
=\dfrac{(-1)^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}\dbinom{2k-2}{k-1}
(k21)=k!21(21−1)⋯(21−k+1)=2k(−1)k−1k!1×3×5×⋯×(2k−3)=2k(−1)k−12×4×⋯×(2k−2)×(k!)1×2×3×4×⋯×(2k−3)×(2k−2)=k×22k−1(−1)k−1((k−1)!)2(2k−2)=k×22k−1(−1)k−1(k−12k−2)
以 −4x-4x−4x 代 zzz，可得
1−4x=1+∑k=1∞(−1)k−1k∗22k−1(2k−2k−1)(−1)k4kxk=1−2∑k=1∞1k(2k−2k−1)xk
\sqrt{1-4x}=1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k*2^{2k-1}}\binom{2k-2}{k-1}(-1)^k4^kx^k
\\
=1-2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k
1−4x=1+k=1∑∞k∗22k−1(−1)k−1(k−12k−2)(−1)k4kxk=1−2k=1∑∞k1(k−12k−2)xk
故
g(x)=12x(1−(1−2∑k=1∞1k(2k−2k−1)xk))=12x2∑k=1∞1k(2k−2k−1)xk=∑k=0∞1k+1(2kk)xk
g(x)=\dfrac{1}{2x}(1-(1-2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k))
\\
=\dfrac{1}{2x}2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k
\\
=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k+1}\dbinom{2k}{k}x^k
g(x)=2x1(1−(1−2k=1∑∞k1(k−12k−2)xk))=2x12k=1∑∞k1(k−12k−2)xk=k=0∑∞k+11(k2k)xk
即 Cn=1n+1(2nn)C_n=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}Cn=n+11(n2n)
即第 nnn 个卡特兰数。
二、应用
例 1
问题
有 2n2n2n 个人排列进入剧场，票价 555 角。其中 nnn 个人有 555 角硬币，另外 nnn 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 555 角找零？
分析
有 555 角找零的条件为：在任一位置，有 555 角硬币的人总数大于等于有一元硬币的人个数。
将有 555 角硬币的人看作 +1+1+1，有一元硬币的人看作 −1-1−1，那么就转化为引入中的问题 1。答案为第 nnn 个卡特兰数。
例 2
问题
对于一个 n×nn\times nn×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+1+1，向上记为 −1-1−1，那么合法路径的数目就等于满足 ∑i=1kai≥0 ,k=1,2,⋯ ,2n\sum\limits_{i=1}^{k}a_i \ge 0\ ,k=1,2,\cdots,2ni=1∑kai≥0 ,k=1,2,⋯,2n，即引入中问题 1。
所以答案即为第 nnn 个卡特兰数。
例 3
问题
计算包含 nnn 个左括号和 nnn 个右括号的合法括号序列种数。
合法括号序列定义：
空串为合法序列。
若 A 为合法序列，那么 (A) 为合法序列。
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+1+1，右括号看作 −1-1−1，那么又转化成了引入中的问题 1，答案是第 nnn 个卡特兰数。
例 4
问题
计算 nnn 个数合法的出栈序列。
分析
法一：将进栈看作 +1+1+1，出栈看作 −1-1−1，那么就转化成了引入中的问题 1。
法二：
设答案为 cnc_ncn。
显然 c0=1c_0=1c0=1。
我们考虑 cnc_ncn 怎么得来。
令最后一个出栈的数为 kkk。
那么在 kkk 入栈之前，1,2,⋯ ,k−11,2,\cdots,k-11,2,⋯,k−1 共 k−1k-1k−1 个数已经入栈并出栈了，方案数为 ck−1c_{k-1}ck−1。
在 kkk 入栈之后，k+1,⋯ ,n−1,nk+1,\cdots,n-1,nk+1,⋯,n−1,n 共 n−kn-kn−k 个数会入栈并出栈，方案数为 cn−kc_{n-k}cn−k。
故总方案数为 ∑k=1nck−1cn−k=∑k=0n−1ckcn−k−1=Cn\sum\limits_{k=1}^n c_{k-1}c_{n-k}=\sum \limits_{k=0}^{n-1}c_kc_{n-k-1}=C_nk=1∑nck−1cn−k=k=0∑n−1ckcn−k−1=Cn。
转化成引入中的问题 2。
例 5
问题
求将 n+2n+2n+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+2k+1+1=k+2k+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+1n+2-k-1-1+1=n-k+1n+2−k−1−1+1=n−k+1 条边的区域。
设含 n+2n+2n+2 条边的方案数为 cnc_ncn。
那么由分析可知，cn=∑k=0n−1ckcn−k−1=Cnc_n=\sum\limits_{k=0}^{n-1} c_kc_{n-k-1}=C_ncn=k=0∑n−1ckcn−k−1=Cn。
转化为引入中的问题 2。
例 6
问题
求含有 nnn 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 kkk 个节点，那么右子树有 n−k−1n-k-1n−k−1 个节点。
设答案为 cnc_ncn，那么 cn=Σk=0n−1ckcn−k−1=Cnc_n=\Sigma _{k=0}^{n-1}c_kc_{n-k-1}=C_ncn=Σk=0n−1ckcn−k−1=Cn。
转化为引入中的问题 2。
三、公式
- 计算式：Cn=1n+1(2nn)C_n=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}Cn=n+11(n2n)。
- 递推式 1：C0=1,Cn=∑k=0n−1CkCn−k−1C_0=1,C_n=\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_kC_{n-k-1}C0=1,Cn=k=0∑n−1CkCn−k−1
- 递推式 2：C0=1,Cn=4n−2n+1Cn−1C_0=1,C_n=\dfrac{4n-2}{n+1}C_n-1C0=1,Cn=n+14n−2Cn−1
- 增长趋势：Cn∼4nn32πC_n\thicksim\dfrac{4^n}{n^\frac{3}{2}\sqrt{\pi}}Cn∼n23π4n
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