卡特兰数解析与应用-优快云博客

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卡特兰数（Catalan 数）学习笔记

一、引入

问题 1

由 $n$ 个 $+ 1$ 和 $n$ 个 $- 1$ 组成的 $2 n$ 项序列 $,a2na_1,a_2,\cdots,a_{2n}$ ，求有多少种方案满足其部分和 $,2n)a_1+a_2+\cdots+a_k \ge 0\ (k=1,2,\cdots,2n)$ 。

分析

设满足条件的方案数（即答案）为 $C_n$ ，不满足条件的方案数为 $U_n$ 。

由 $n$ 个 $+ 1$ 和 $n$ 个 $- 1$ 组成的序列总数为 $(2n)!n!n!=(2nn)\dfrac{(2n)!}{n!n!}=\dbinom{2n}{n}$

那么 $Cn+Un=(2nn)C_n+U_n=\dbinom{2n}{n}$

我们只要求出 $U_n$ ，就可以得到 $C_n$ 。

因为不满足条件，所以一定存在第一个 $k$ ，使得 $a1+a2+⋯+ak<0a_1+a_2+\cdots+a_k<0$ 。

因为 $k$ 是第一个，所以 $a1+a2+⋯+ak−1=0a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}=0$ ，且 $a_k=-1$ 。

同时， $k$ 为奇整数。

我们将前 $k$ 项的符号取反，剩下的不变，就可以得到一个由 $n + 1$ 个 $+ 1$ 和 $n - 1$ 个 $- 1$ 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 $+ 1$ 个数超过 $- 1$ 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 $U_n$ 等于由 $n + 1$ 个 $+ 1$ 和 $n - 1$ 个 $- 1$ 组成的序列的个数，即 $(2n)!(n+1)!(n−1)!=(2nn+1)\dfrac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}=\dbinom{2n}{n+1}$ 。

所以 $Cn=(2nn)−(2nn+1)=1n+1(2nn)C_n=\dbinom{2n}{n}-\dbinom{2n}{n+1}=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}$ 。

即为第 $n$ 个卡特兰数。

扩展

若改为 $n$ 个 $+ 1$ ， $m$ 个 $- 1$ ，且 $n≥mn\ge m$ ，那么有多少种？

分析

同样设满足条件方案数为 $A_n$ ，不满足的为 $U_n$ 。

那么 $An+Un=(n+mn)A_n+U_n=\dbinom{n+m}{n}$ 。

$Un=(n+mn+1)U_n=\dbinom{n+m}{n+1}$ ，所以 $An=(n+mn)−(n+mn+1)A_n=\dbinom{n+m}{n}-\dbinom{n+m}{n+1}$ 。

问题 2

求以下递推关系的解：

$C_0=1$

$Cn=C0Cn−1+C1Cn−2+⋯+Cn−1C0=∑k=0n−1CkCn−k−1C_n=C_0C_{n-1}+C_1C_{n-2}+\cdots+C_{n-1}C_0=\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_kC_{n-k-1}$

分析

设 $g(x)=C0+C1x+C2x2+⋯+Cnxn+⋯g(x)=C_0+C_1x+C_2x^2+\cdots+C_nx^n+\cdots$ 为数列 $,CnC_0,C_1,\cdots,C_n$ 的生成函数。
$(g(x))^2=C_0C_0+(C_0C_1+C_1C_0)x+(C_0C_2+C_1C_1+C_2C_0)x^2+\cdots+(C_0C_n+C_1C_{n-1}+\cdots+C_nC_0)x^n \\ =\sum\limits_{i=0}^{\infty}C_{i+1}x^i$
故
$x(g(x))^2=\sum\limits_{i=0}^\infty C_ix^i-C_0=g(x)-C_0 \\ x(g(x))^2-g(x)+1=0$
解得
$g(x)=\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}$
又
$\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=C_0=1 \\ \lim\limits_{x\to0^+}g(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{2}{1\mp\sqrt{1-4x}}$
故 $g(x)=1−1−4x2xg(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$

由牛顿二项式定理，
$(1+z)^{\frac{1}{2}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{\frac{1}{2}}{k}x^k$
对于 $k > 0$ ，
$\dbinom{\frac{1}{2}}{k}=\dfrac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)\cdots(\frac{1}{2}-k+1)}{k!} \\ =\dfrac{(-1)^{k-1}}{2^k}\dfrac{1\times 3\times 5\times\cdots\times(2k-3)}{k!} \\ =\dfrac{(-1)^{k-1}}{2^k}\dfrac{1\times 2\times 3\times 4\times\cdots\times(2k-3)\times(2k-2)}{2\times 4\times\cdots\times(2k-2)\times (k!)} \\ =\dfrac{(-1)^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}\dfrac{(2k-2)}{((k-1)!)^2} \\ =\dfrac{(-1)^{k-1}}{k\times 2^{2k-1}}\dbinom{2k-2}{k-1}$

以 $- 4 x$ 代 $z$ ，可得
$\sqrt{1-4x}=1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k*2^{2k-1}}\binom{2k-2}{k-1}(-1)^k4^kx^k \\ =1-2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k$
故
$g(x)=\dfrac{1}{2x}(1-(1-2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k)) \\ =\dfrac{1}{2x}2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k}\binom{2k-2}{k-1}x^k \\ =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k+1}\dbinom{2k}{k}x^k$
即 $Cn=1n+1(2nn)C_n=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}$

即第 $n$ 个卡特兰数。

二、应用

例 1

问题

有 $2 n$ 个人排列进入剧场，票价 $5$ 角。其中 $n$ 个人有 $5$ 角硬币，另外 $n$ 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 $5$ 角找零？

分析

有 $5$ 角找零的条件为：在任一位置，有 $5$ 角硬币的人总数大于等于有一元硬币的人个数。

将有 $5$ 角硬币的人看作 $+ 1$ ，有一元硬币的人看作 $- 1$ ，那么就转化为引入中的问题 1。答案为第 $n$ 个卡特兰数。

例 2

问题

对于一个 $n×nn\times n$ 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 $+ 1$ ，向上记为 $- 1$ ，那么合法路径的数目就等于满足 $,2n\sum\limits_{i=1}^{k}a_i \ge 0\ ,k=1,2,\cdots,2n$ ，即引入中问题 1。

所以答案即为第 $n$ 个卡特兰数。

例 3

问题

计算包含 $n$ 个左括号和 $n$ 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 $+ 1$ ，右括号看作 $- 1$ ，那么又转化成了引入中的问题 1，答案是第 $n$ 个卡特兰数。

例 4

问题

计算 $n$ 个数合法的出栈序列。

分析

法一：将进栈看作 $+ 1$ ，出栈看作 $- 1$ ，那么就转化成了引入中的问题 1。

法二：

设答案为 $c_n$ 。

显然 $c_0=1$ 。

我们考虑 $c_n$ 怎么得来。

令最后一个出栈的数为 $k$ 。

那么在 $k$ 入栈之前， $,k−11,2,\cdots,k-1$ 共 $k - 1$ 个数已经入栈并出栈了，方案数为 $c_{k-1}$ 。

在 $k$ 入栈之后， $,n−1,nk+1,\cdots,n-1,n$ 共 $n - k$ 个数会入栈并出栈，方案数为 $c_{n-k}$ 。

故总方案数为 $∑k=1nck−1cn−k=∑k=0n−1ckcn−k−1=Cn\sum\limits_{k=1}^n c_{k-1}c_{n-k}=\sum \limits_{k=0}^{n-1}c_kc_{n-k-1}=C_n$ 。

转化成引入中的问题 2。

例 5

问题

求将 $n + 2$ 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 $k + 1 + 1 = k + 2$ 条边的多边形区域，还有一个含有 $n + 2 - k - 1 - 1 + 1 = n - k + 1$ 条边的区域。