Catalan数列探究与应用

卡特兰用途卡特兰是一种数学组合数列，它在很多数学和计算问题中有重要的应用。

在本文中，我将详细介绍卡特兰数列的定义、性质以及它们的多种应用领域。

首先，让我们来介绍一下卡特兰数列的定义。

卡特兰数列是一组由以下递推关系给出的整数序列：C0 = 1，Cn+1 = Σ(i=0 to n) Ci*Cn-i。

换句话说，卡特兰数列满足以下递推关系：C0 = 1，Cn+1 = C0*Cn + C1*Cn-1 + ... + Cn*C0。

其中，Ci表示第i个卡特兰数。

卡特兰数列具有许多有趣的性质。

首先，卡特兰数列的前几个数是：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, ...。

我们可以看到，卡特兰数列的增长速度非常快，随着n的增大，数值呈指数级增长。

其次，卡特兰数列是对称的，即Cn = Cn。

另外，卡特兰数列还满足递增性质，即Cn < Cn+1。

这些性质使得卡特兰数列在计算和应用中非常有用。

卡特兰数在计算问题中有着广泛的应用。

首先，卡特兰数被广泛应用于组合计数问题中。

例如，给定一个有n个节点的无向树，卡特兰数可以用来计算该树的不同形态的二叉树个数。

另外，卡特兰数还可以用来计算括号表达式的合法性。

具体地说，给定一个由n个左括号和n个右括号组成的括号序列，卡特兰数可以帮助我们计算出所有合法的括号序列的个数。

这个问题的一个典型应用是将n 对括号正确地嵌套在一起的方式的计数。

卡特兰数还被用于计算棋盘上两个点之间不经过对角线的所有路径的数量。

卡特兰数还在图论中有着广泛的应用。

例如，卡特兰数可以用来计算括号序列对应的有向图中所有不同的拓扑排序的个数。

拓扑排序是一个有向图的顶点的线性排序，使得对于图中的每一对顶点(vi, vj)，如果存在一条从vi到vj的边，则在排序中vj出现在vi之后。

卡特兰数还可以用来计算一个有n个节点的有向无环图的所有不同的折叠排序的个数。

折叠排序是一个有向无环图的顶点的线性排序，使得对于图中的每一对顶点(vi, vj)，如果存在一条从vi到vj的边，则在排序中vj出现在vi之前。

4.5 Fibonacci 数和Catalan 数Fibonacci 数列和Catalan 数列是递推关系的典型问题，它们经常出现在组合计数问题中，而这两个数列本身的应用也十分广泛。

4.5.1 Fibonacci 数关于Fibonacci 数列的问题是一个古老的数学问题，它是由意大利著名数学家Fibonacci 于1202年提出来的。

这个问题是：把一对兔子（雌、雄各一只）在某年的开始放到围栏中，每个月这对兔子都生出一对新兔子，其中雌、雄各一只。

从第二个月开始，每对新兔子每个月也生出一对新兔子，也是雌、雄各一只。

问一年后围栏中有多少对兔子？对于1,2,n = ，令()f n 表示第n 个月开始时围栏中的兔子对数。

显然有()()11,22f f ==。

在第n 个月的开始，那些第1n -个月初已经在围栏中的兔子仍然存在，而且每对在第2n -个月初就存在的兔子将在第1n -个月生出一对新兔子，所以有()()()()()()12311,22f n f n f n n f f =-+-≥⎧⎪⎨==⎪⎩ （4.5.1）这是一个带有初值的递推关系，如果我们规定()01f =，则递推关系（4.5.1）就变成()()()()()()12201,11f n f n f n n f f =-+-≥⎧⎪⎨==⎪⎩ （4.5.2）满足递推关系（4.5.2）的数列就叫做Fibonacci 数列，它的项就叫做Fibonacci 数。

下面我们来求解这个递推关系，它的特征方程为210x x --=其特征根为12x x ==所以，通解为()121122n nf n c c ⎛⎛+=+ ⎝⎭⎝⎭代入初值来确定1c 和2c ，得到方程组12121,11122c c c +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 解这个方程组，得121,212cc+==所以，原递推关系的解为()()110,1,2n nf nn++=⎭⎭=Fibonacci数常出现在组合计数问题中。

Catalan数列Catalan公式是这样的f(n)=f(1)*f(n-1)+f(2)*f(n-2)+f(3)*f(n-3)+......+f(n-1)*f(1)前16个:1 12 5 14 42 132 429 1430 4862 16796 58786 208012 742900 2674440 9694845 (在处理数据的过程中应该用到高精度)Catalan 数列 [转贴]看下面两个例题:将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?令hn表示具有n+1条边的凸多边形区域分成三角形的方法数。

同时令h1=1，则hn满足递推关系hn=h1hn-1+h2hn-2+...+hn-1h1(n>=2)(想一想,为什么?)该递推关系的解为hn=c(2n-2,n-1)/n (n=1,2,3,...)其对应的序列为1,1,2,5,14,42,132,....从第二项开始分别是三边形,四边形,...的分法数即k边形分成三角形的方法数为hk=c(2k-4,k-2)/(k-1)(k>=3)n个+1和n个-1构成2n项 a1,a2,...,a2n其部分和满足a1+a2+...+ak>=0(k=1,2,3,..,2n)对与n该数列为Cn=c(2k,k)/(k+1) (k>=0) 对应的序列为 1,1,2,5,14,42,132,...序列1,1,2,5,14,42,132,....叫Catalan数列。

下列问题都是Catalan数列:1.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？2.一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。

如果他从不穿越（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？3.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.n个结点可够造多少个不同的二叉树?5.一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,..n,有多少个不同的出栈序列?[附]生成程序 [原创]vara,b:array[1..100]of int64;n,k,r,i,ji:longint;beginreadln(n);if (n=1)or(n=2) then begin writeln(1);halt;end ;r:=n-1;k:=2*(n-1);for i:=1 to r dobegina[i]:=i;b[i]:=k-r+i;end;k:=r;ji:=0;repeatif k=r then ji:=ji+1;if a[k]<b[k] then begin a[k]:=a[k]+1;if k<r then for k:=k+1 to r doa[k]:=a[k-1]+1;endelse k:=k-1;until k=0;writeln(ji div n);end.其实这样写是最最最笨的方法,可以直接用C的性质写,不用把每一个C求出来...。

2014-04-16 09:14 1252人阅读评论(0) 收藏举报分类：大公司面试笔试（34）版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。

目录(?)[+]时间：2014.04.15地点：基地-----------------------------------------------------------------------------一、故事背景卡特兰数是离散数学中的一个重要数列，是很多生活场景的一个抽象，比如买早餐啦，买电影票啦等等。

在很多大公司的笔试或者面试题中也常涉及到。

-----------------------------------------------------------------------------二、卡特兰数的引出在x-y坐标平面上，考虑两种一格一格的移动，每一次平移我们可以上移一格，也可以下移一格，左移或者右移也是一样。

姑且这样定义：右移U: (X,Y)——。

(x+1,y) 上移U: (X,Y)——>(x,y+1)现在问通过这两种移动每次移动一次，有多少种方法可以从点（0,0）移动到点（5,5），这显然是5个R和5个U的组合排列，共十次移动，10选5就可以了，C(10，5)比如：RRUURRURUU 是符合要求的我们再加点限制，在这个过程中不可越过直线y=x，但可接触。

于是你该知道，这样的限制意味着，移动到每一点时，所经过的R的个数一定大于或等于U的个数，如果小于则不合要求。

比如： RRUURRURUU 符合限制条件比如：RUUURRRUUR 就是不和限制条件对于不符合限制条件的情形来说，我们先把它在第一次越过y=x点处断开，分为两个部分RUUURRRUUR然后第一部分因为符合要求不变，第二部分做翻转操作，即R变U，U变R，于是得RURRUUURRU其实这样的分法，我们可以想到，在第一次越过直线时分开，即会导致前面部分得U比R多一个，而后面部分的R会比U多一个，一翻转就是U比R多一个，如此，总共翻转序列后U就比R多出两个，比如此处R只有4个U却有5个。

Catalan数列定义1设有数列{b n}n∈N,若{b n}n∈N满足b0=1且任意n∈N,都有b n+1=b0b n+b1b n−1 +...+b n b0,则我们称数列{b n}n∈N为Catalan数列.定理1唯一存在序列{b n}n∈N使得{b n}n∈N是Catalan数列.证明(存在性)设性质P(x,y)为x是函数且存在n∈N∗使得dom(x)={0,1,..., n−1}且y=x(0)x(n−1)+x(1)x(n−2)+...+x(n−1)x0,或x不是函数或任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1}且y=1.于是唯一存在二元关系G使得任意x,y,xGy当且仅当P(x,y).现在证明G是函数.事实上,设x,y1,y2满足xGy1,xGy2,则P(x,y1),P(x,y2),于是x 是函数且存在n∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=x(0)x(n−1)+x(1)x(n−2)+... +x(n−1)x0,或x不是函数或任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=1;且x是函数且存在n′∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2=x(0)x(n′−1)+x(1)x(n′−2)+...+ x(n′−1)x0,或x不是函数或任意n′∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2=1.如果x是函数且存在n∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=x(0)x(n−1)+x(1) x(n−2)+...+x(n−1)x0,x是函数且存在n′∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2= x(0)x(n′−1)+x(1)x(n′−2)+...+x(n′−1)x0,则显然n=n′且y1=y2;如果x是函数且存在n∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=x(0)x(n−1)+x(1) x(n−2)+...+x(n−1)x0,x不是函数或任意n′∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2=1,由于x是函数,因此任意n′∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n′−1},即dom(x)={0,1, ...,n−1},矛盾;如果x不是函数或任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=1,x是函数且存在n′∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2=x(0)x(n′−1)+x(1)x(n′−2)+...+x(n′−1) x0,由于x是函数,因此任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1},即dom(x)={0,1,..., n′−1},矛盾;如果x不是函数或任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1}且y1=1,x不是函数或任意n′∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n′−1}且y2=1,则y1=y2=1;因此G是函数.显然我们有dom(G)⊆V.现在设x∈V,如果x是函数且存在n∈N∗使得dom(x)={0,1,...,n−1},则令y=x(0)x(n′−1)+x(1)x(n′−2)+...+x(n′−1)x0,即得P(x,y),于是xGy,即x∈dom(G);如果x不是函数或任意n∈N∗,都有dom(x)={0,1,...,n−1},则P(x,1),于是xG1,即x∈dom(G),因此V⊆dom(G),即dom(G)=V,由于ran(G)⊆V,因此G:V→V.根据良序集上的递归定理,我们有唯一存在函数b使得dom(b)=N且任意n∈N,都有b n=G(b|{0,1,...,n−1}).由于b|{0,1,...,0−1}=∅,因此任意m∈N∗,都有dom(b|{0,1,...,0−1})=∅={0,1, ...,m−1},于是P(b|{0,1,...,0−1},1),即b0=G(b|{0,1,...,n−1})=1.现设n∈N,则n+1∈N∗且b|{0,1,...,n}是函数且dom(b|{0,1,...,n})={0,1,...,n}.令y=(b|{0,1,...,n})(0)(b|{0,1,...,n})(n)+...+(b|{0,1,...,n})(n)(b|{0,1,...,n})(0) =b0b n+b1b n−1+...+b n b0,则P(b|{0,1,...,n},y),即b n+1=G(b|{0,1,...,n})=y=b0b n+ b1b n−1+...+b n b0.于是我们有{b n}n∈N是Catalan数列,存在性得证;(唯一性)设{b n}n∈N,{c n}n∈N都是Catalan数列.设n∈N且任意k∈N,若k<n,则b k=c k.若n=0,由于{b n}n∈N,{c n}n∈N都是Catalan数列,因此b0=c0=1;若n=0,则b0=c0,b1=c1,...,b n−1=c n−1,于是b n=b0b n−1+b1b n−2+...+b n−1b0=c0c n−1 +c1c n−2+...+c n−1c0=c n.于是根据第二数学归纳法,我们有b n=c n对一切n∈N都成立,即b=c,唯一性得证.以上定理的证明实质上是递归定理的简单应用,如果读者不太了解递归定理,大可忽略其证明,光知道这个结论对阅读本文已经足够了.知道了Catalan数列是唯一存在的,一个自然的问题是:它的通项公式是什么?我们在解答这个问题之前,先举几个具体的例子.这些例子表面上风马牛不相及,实际上它们都有着相同的答案:Catalan数.例题1设一台自动售货机在销售一种五角钱的商品,并且该自动售货机只接受面额为五角和一元的两种硬币.由于工作人员的疏忽,他们忘了在自动售货机里放有备用的零钱.现在有n个五角硬币和n个一元硬币(两个同面额的硬币不加区分)随机投入该自动售货机,问:有多少种投入方式,使得每次投入一元硬币时,总能使自动售货机有钱找零?解我们将有限序列<x1,x2,...,x2k>称为k个五角硬币与k个一元硬币的投入当且仅当任意1≤i≤2k都有x i=五角硬币或x i=一元硬币且|{j|x j=五角硬币}|= |{j|x j=一元硬币}|=k.显然,这个定义模拟了将k个五角硬币和k个一元硬币依次投入自动售货机的过程.特别的,若k=0,则投入序列为空序列<>.对于k个五角硬币与k个一元硬币的一个投入<x1,x2,...,x2k>,如果满足任意1≤t≤2k,都有|{j≤t|x j=五角硬币}|≥|{j≤t|x j=一元硬币},则我们称<x1,x2,...,x2k>是k个五角硬币与k个一元硬币的一个有效投入.特别的,若k=0,则<>也是有效投入.现证明对于k个五角硬币与k个一元硬币的一个投入<x1,x2,...,x2k>,<x1,x2, ...,x2k>是k个五角硬币与k个一元硬币的有效投入当且仅当<x1,x2,...,x2k>满足每次投入一元硬币时,总能使自动售货机有钱找零.设<x1,x2,...,x2k>是k个五角硬币与k个一元硬币的一个投入.如果这个投入是一个有效投入,则任意1≤t≤2k,都有|{j≤t|x j=五角硬币}|≥|{j≤t|x j=一元硬币}.我们设t∈N∗且t≤k,并且对一切s<t,都有当投入第s个一元硬币时,自动售货机有五角硬币找零.我们设第t个一元硬币投入是第w次投入,即x w=一元硬币且|{j≤w|x j=一元硬币}|=t,于是|{j≤w|x j=五角硬币}|≥t,根据归纳假设,由于在投入第t 个一元硬币之前,每次投入一元硬币,自动售货机都有五角硬币来找零,因此之前共用去t−1个五角硬币找零,由于|{j≤w|x j=五角硬币}|≥t,因此当第t个一元硬币投入时,自动售货机内至少还有一个五角硬币,于是可以找零.因此根据第二数学归纳法,我们有<x1,x2,...,x2k>满足每次投入一元硬币时,总能使自动售货机有钱找零.另一方面,设<x1,x2,...,x2k>满足每次投入一元硬币时,总能使自动售货机有钱找零.若x1=一元硬币,由于自动售货机事先没有零钱,因此此时无法找零,矛盾,于是x1=五角硬币,即|{j≤1|x j=五角硬币}|=1>0=|{j≤1|x j=一元硬币}|.现在设t<2k且|{j≤t|x j=五角硬币}|≥|{j≤t|x j=一元硬币}|.若x t+1=五角硬币,则|{j≤t+1|x j=五角硬币}|=|{j≤t|x j=五角硬币}|+1且|{j≤t+1|x j=一元硬币}|=|{j≤t| x j=一元硬币}|,即|{j≤t+1|x j=五角硬币}|≥|{j≤t+1|x j=一元硬币}|;若x t+1=一元硬币,则|{j≤t+1|x j=五角硬币}|=|{j≤t|x j=五角硬币}|且|{j≤t+1|x j=一元硬币}|=|{j≤t| x j=一元硬币}|+1,如果此时|{j≤t|x j=五角硬币}|=|{j≤t|x j=一元硬币}|,由于每次投入一个一元硬币都会用去自动售货机内的一个五角硬币来找零,因此当x t+1投入时,自动售货机将没钱找零了,矛盾.于是|{j≤t|x j=五角硬币}|>|{j≤t|x j=一元硬币}|,即|{j≤t+1|x j=五角硬币}|≥{j≤t+1|x j=一元硬币}|,于是根据数学归纳法,我们有<x1, x2,...,x2k>是一个有效投入.我们记B k={x|x是k个五角硬币与k个一元硬币的有效投入},并且令b k=|B k|.显然b n即为我们所求.特别的,我们有B0={<>}且b0=1.现在令B ik={x|x是k个五角硬币与k个一元硬币的有效投入且|{j≤2i|x j=一元硬币}| =i且任意t<2j,都有|{j≤t|x j=五角硬币}|>|{j≤t|x j=一元硬币}|}.显然,任意i,j∈{1,2,...,k},若i=j,则B ik ∩B jk=∅.否则,不妨设i<j,即2i<2j,如果B ik∩B jk=∅,则存在x使得x∈B ik ∩B jk,由x∈B jk知|{t≤2i|x t=五角硬币}|>|{t≤2i|x t=一元硬币}|,但由x∈B ik知|{t≤2i|x t=五角硬币}|=|{t≤2i|x t=一元硬币}|=i,矛盾.现在证明任意k>0,B k=k∪i=1B ik.由于任意1≤i≤k,都有B ik⊆B k,因此k∪i=1B ik⊆B k;另一方面,设x∈B k,即x是k个五角硬币与k个一元硬币的一个有效投入.令S= {s∈[1,2k]||{j≤s|x j=五角硬币}|=|{j≤s|x j=一元硬币}|}.显然2k∈S,即S=∅,令t是S 中的最小数,我们令i=|{j≤t|x j=一元硬币}|.由t的最小性及x是有效投入知,任意j<t,都有|{j≤t|x j=五角硬币}|>|{j≤t|x j=一元硬币}|.由于|{j≤t|x j=五角硬币}|=|{j≤t|x j=一元硬币}|,因此t是偶数,令i=t2,则x∈B ik⊆k∪i=1B ik,于是B k⊆k∪i=1B ik,即B k=k∪i=1B ik.现在设1≤i≤k.我们证明|B ik|=|B i−1×B k−i|.我们定义二元关系f为任意x,y,xfy当且仅当x∈B ik且y=(<x2,x3,...,x2i−1>,<x2i+1,...,x2k>).首先证明f 是函数,事实上,若x,y 1,y 2满足xfy 1,xfy 2,则y 1=(<x 2,x 3,...,x 2i −1>,<x 2i +1,...,x 2k >)=y 2,即f 是函数.现在设x ∈dom(f ),则存在y 使得xfy ,即x ∈B i k ,于是dom(f )⊆B i k ;另一方面,设x ∈B i k ,令y =(<x 2,x 3,...,x 2i −1>,<x 2i +1,...,x 2k >),即得xfy ,即x ∈dom(f ),于是B i k ⊆dom(f ),因此dom(f )=B i k .现在设y ∈ran(f ),则存在x 使得xfy ,即x ∈B i k 且y =(<x 2,x 3,...,x 2i −1>,<x 2i +1,...,x 2k >).由于x ∈B i k ,因此|{j ≤2i |x j =五角硬币}|=|{j ≤2i |x j =一元硬币}|=i 且|{j ≤2i −1|x j =五角硬币}|>|{j ≤2i −1|x j =一元硬币}|,因此x 2i =一元硬币.显然x 1=五角硬币,于是|{2≤j ≤2i −1|x j =五角硬币}|=|{2≤j ≤2i −1|x j =一元硬币}|=i −1.由于x ∈B i k ,因此任意t ≤2i −1,都有|{j ≤t |x j =五角硬币}|>|{j ≤t |x j =一元硬币}|,因此任意t ≤2i −1,都有|{2≤j ≤t |x j =五角硬币}|≥|{2≤j ≤t |x j =一元硬币}|.于是<x 2,...,x 2i −1>∈B i −1.由于|{j ≤2i |x j =五角硬币}|=|{j ≤2i |x j =一元硬币}|=i ,因此|{2i<j ≤2k |x j =五角硬币}|=|{2i<j ≤2k |x j =一元硬币}|=k −i ,由于任意t ≤2k ,都有|{j ≤t |x j =五角硬币}|≥|{j ≤t |x j =一元硬币}|,因此任意2i<t ≤2k,|{2i<j ≤t |x j =五角硬币}|≥|{2i<j ≤t |x j =一元硬币}|,即<x 2i +1,...,x 2k >∈B k −i ,于是y ∈B i −1×B k −i ,即ran(f )⊆B i −1×B k −i ;另一方面,设y ∈B i −1×B k −i ,则存在<u 1,u 2,...,u 2i −2>∈B i −1,<v 1,v 2,...,v 2k −2i >∈B k −i 使得y =(<u 1,u 2,...,u 2i −2>,<v 1,v 2,...,v 2k −2i >).令x =<五角硬币,u 1,u 2,...,u 2i −2,一元硬币,v 1,...,v 2k −2i >,显然y =(<x 2,x 3,...,x 2i −1>,<x 2i +1,...,x 2k >)且|{j ≤2k |x j =五角硬币}|=|{j ≤2k |x j =一元硬币}|=(i −1)+1+(k −i )=k .现在设t<2i,由于|{j ≤t |u j =五角硬币}|≥|{j ≤t |u j =一元硬币}|且x 1=五角硬币,因此|{j ≤t |x j =五角硬币}|>|{j ≤t |x j =一元硬币}|.显然|{j ≤2i |x j =五角硬币}|=|{j ≤2i |x j =一元硬币}|=i .最后设t ≤2k ,若t ≤2i ,则我们已有|{j ≤t |x j =五角硬币}|≥|{j ≤t |x j =一元硬币}|,若t>2i,由于|{j ≤t |v j =五角硬币}|≥|{j ≤t |v j =一元硬币}|且|{j ≤2i |x j =五角硬币}|=|{j ≤2i |x j =一元硬币}|,因此|{j ≤t |x j =五角硬币}|≥|{j ≤t |x j =一元硬币}|,即x ∈B i k,于是xfy ,即y ∈ran(f ),于是B i −1×B k −i ⊆ran(f ),即ran(f )=B i −1×B k −i ,因此f 是B i k到B i −1×B k −i 的满射.最后证明f 是单射.事实上,若x,x ′满足f (x )=f (x ′),则x,x ′∈B i k且(<x 2,...,x 2i −1>,<x 2i +1,...,x 2k >)=(<x ′2,...,x ′2i −1>,<x ′2i +1,...,x ′2k >),于是x j =x ′j 对一切j ∈{2,...,2i −1,2i +1,...,2k }成立.由于x,x ′∈B i k ,因此显然x 1=x ′1=五角硬币且x 2i =x ′2i =一元硬币,即x =x ′,于是f 是单射,即f 是B i k 到B i −1×B k −i 的双射,因此|B i k |=|B i −1×B k −i |,根据乘法原理,我们有|B i k |=b i −1b k −i .最后设k ∈N ,则B k +1=k +1∪i =1B i k +1且任意1≤i,j ≤k +1,若i =j ,则B i k +1∩B j k +1=∅,于是根据加法原理,我们有b k +1=|B k +1|=|B 1k +1|+|B 2k +1|+...+|B k +1k +1|=b 0b k +b 1b k −1+...+b k b 0,再考虑到b0=1,我们便知{b k }k ∈N 为Catalan 数列.例题2将n 个直径相同,但编号两两不同的小球按编号从小到大的顺序排成一排,依次投入一个一头密闭的圆柱形容器(编号小的先投入),已知在该容器底部装有一个弹簧,因此进入容器的小球会不定时的反弹出来,又知容器口的直径在球的直径与两倍球的直径之间,即不可能有两个小球同时进出且后进去的小球会先弹出,问:共有多少个小球的弹出序列?解如果有限序列<x1,x2,...,x k>满足x1,x2,...,x k两两不同,并且任意1<t<i<j<k,若x i,x j<x t,则x i>x j,则我们称这个序列是个可能序列.我们现在设k个小球的编号为p1<p2<...<p k,现在证明序列<x1,x2,...,x k>是这k个小球的一个弹出序列当且仅当<x1,x2,...,x k>是p1,p2,...,p k的一个排列且<x1,x2,...,x k>是可能序列.现在设<x1,x2,...,x k>是这k个小球的一个弹出序列,由于每个球恰被弹出一次,因此<x1,x2,...,x k>是p1,p2,...,p k的一个排列.若<x1,x2,...,x k>不是可能序列,则存在1<t<i<j<k使得x i,x j<x t且x i≤x j,由于<x1,x2,...,x k>是p1,p2,...,p k 的一个排列,因此x i=x j,即x i<x j.由于x i,x j<x t,因此x i,x j在x t之前进入容器,又由于i,j>k,因此当x t被弹出时,x i,x j还在容器中没被弹出,由于x i<x j由’后进先出’的原理知,j<i,这与i<j矛盾,于是<x1,x2,...,x k>是可能序列;另一方面,设<x1,x2,...,x k>是p1,p2,...,p k的一个排列且<x1,x2,...,x k>是可能序列.我们现在证明任意1≤s≤k,都能只投入p1,p2,...,max{x1,x2,...,x s},就能使得x1,x2,...,x s按这个顺序弹出.显然,我们连续投入p1,p2,...,x1=max{x1}而在投入x1之前小球都不弹出,知道投入x1后,弹出x1,这就实现了只投入p1,p2,...,max{x1}就能使得只弹出x1.现在设1≤s<k且只投入p1,p2,...,max{x1,x2,...,x s},就能使得x1,x2,...,x s按这个顺序弹出.显然x s=max{x1,x2,...,x s}.若x s+1>max{x1,...,x s},则我们再投人p max{x1,...,x s}+1,...,x s+1并且之间不让任何球弹出,直到投入x s+1后让x s+1弹出,这时max{x1,x2,...,x s+1}=x s+1且只投入p1,p2,...,x s+1就能使x1,...,x s+1按这个顺序弹出;若x s+1<max{x1,x2,...,x s},则此时说明x s+1已经投入了容器且尚未弹出.我们现在证明x s+1是现在留在容器中编号最大的一个小球.若不然,还有一个编号更大的小球y也留在容器中,即x s+1<y,由于y还在容器中,因此y/∈{x1,x2,...,x s}且y<max{x1,x2,...,x s},于是存在j>s+1使得y=x j.由于<x1,x2,...,x k>是可能序列,因此x s+1>x j=y,这与y<x s+1矛盾.因此x s+1是留在容器里编号最大的小球,因此它可以被弹出,即此时投入的小球只有p1,p2,...,max{x1,...,x s}=max{x1,...,x s+1},且x1,x2,...,x s+1按这个顺序弹出.于是根据数学归纳法,我们有任意1≤s≤k,都能只投入p1,p2,...,max{x1,x2,...,x s},就能使得x1,x2,...,x s按这个顺序弹出.于是我们有<x1,x2,...,x k>是弹出序列.对于k个编号为p1<p2<...<p k的小球,我们记B(p1,p2,...,p k)为这k个小球的所有弹出序列构成的集合.现在证明k个编号为p1<p2<...<p k的小球及k个编号为p′1<p′2<...<p′k的小球,|B(p1,p2,...,p k)|=|B(p′1,p′2,...,p′k)|.我们定义映射φ:{p1,p2,...,p k} →{p′1,p′2,...,p′k}:p i→p′i.显然φ是个保序的双射.现在定义二元关系f为任意x,y,xfy当且仅当x∈B(p1,p2,...,p k)且y=φ◦x.首先证明f是函数,事实上,设x,y1,y2满足xfy1,xfy2,则y1=φ◦x=y2,即f是函数.现在设x∈dom(f),则存在y使得xfy,于是x∈B(p1,p2,...,p k),即dom(f)⊆B(p1,p2,...,p k);另一方面,设x∈B(p1,p2,...,p k),则令y=φ◦x,即得xfy,即x∈dom(f),于是B(p1,p2,...,p k)⊆dom(f),因此dom(f)=B(p1,p2,...,p k).现在设y∈ran(f),则存在x使得xfy,于是x∈B(p1,p2,...,p k),且y=φ◦x.由于x:{1,2,...,k} →{p1,p2,...,p k},φ:{p1,p2,...,p k} →{p′1,p′2,...,p′k}是双射,因此y:{1,2,...,k} →{p′1,p′2,...,p′k}是双射,即y是p′1,p′2,...,p′k的一个排列.现在设1≤t<i<j≤k且y i,y j<y t.于是φ−1(y i),φ−1(y j)<φ−1(y t),由于x=φ−1◦y,因此φ−1(y i)=x i,φ−1(y j)=x j,φ−1(y t)=x t,即x i,x j<x t,由于x是可能序列,因此x i>x j,即y i=φ(x i)>φ(x j)=y j,即y是可能序列,于是y是p′1,p′2,...,p′k的弹出序列,即y∈B(p′1,p′2,...,p′k),因此ran(f)⊆B(p′1,p′2,...,p′k);另一方面,设y∈B(p′1,p′2,...,p′k),令x=φ−1◦y,则显然y=φ◦x且x是p1,p2,...,p k的一个排列.现在设1≤t<i<j≤k且x i,x j<x t,由于y i=φ(x i),y j=φ(x j),y t=φ(x t),因此y i,y j<y t,由于y是可能序列,因此y i>y j,即x i>x j,即x是可能序列,于是x是p1,p2,...,p k的弹出序列,即x∈B(p1,p2,...,p k),因此xfy,即y∈ran(f),于是B(p′1,p′2,...,p′k)⊆ran(f),因此ran(f)=B(p′1,p′2,...,p′k),即f是B(p1,p2,...,p k)到B(p′1,p′2,...,p′k)的满射.最后证明f是单射函数.事实上,若x,x′满足f(x)=f(x′)=y,则y=φ◦x,y=φ◦x′,于是x=φ−1◦y=x′,即f是单射函数.于是f是B(p1,p2,...,p k)到B(p′1,p′2,...,p′k)的双射,即|B(p1,p2,...,p k)|=|B(p′1,p′2,...,p′k)|.这说明k个小球的弹出序列的数量与小球的编号无关.现在设k>0且k个小球的编号以小到大分别为p1,p2,...,p k.对于任意1≤i≤k,令B i(p1,p2,...,p k)={x∈B(p1,p2,...,p k)|x i=p1}.显然任意1≤i,j≤k,若i=j,则B i(p1,p2, ...,p k)∩B j(p1,p2,...,p k)=∅且B(p1,p2,...,p k)=k∪i=1B i(p1,p2,...,p k).现在设1≤i≤k,我们证明|B i(p1,p2,...,p k)|=|B(p2,...,p i)×B(p i+1,...,p k)|.定义二元关系g使得任意x,z,xgz当且仅当x∈B i(p1,p2,...,p k)且z=(<x1,x2,...,x i−1>,<x i+1,x i+2,...,xk>).容易证明g是函数且dom(g)=B i(p1,p2,...,p k).现在设z∈ran(g),则存在x使得xgz,于是x∈B i(p1,p2,...,p k)且z=(<x1,x2,...,x i−1>,<x i+1,x i+2,...,xk>).由于x i=p1,若存在j≤i−1使得x j>p i,则存在s>i,w≤i 使得x s=p w,于是x i=p1<x j,x s<x j,由于x是可能序列,因此x i>x s,即p1>p w,矛盾,于是任意j≤i−1,都有x j≤p i,于是<x2,x3,...,x i−1>是p2,p3,...,p i的一个排列且<x i+1,x i+2,...,x k>是p i+1,...,p k的一个排列.现在设1≤t<w<s≤i−1且x w,x s<w t,由于x是可能序列,因此x w>x s;即<x2,...,x i−1>是可能序列,同理,<x i+1,x i+2,...,x k>也是可能序列,因此我们有<x2,...,x i−1>∈B(p2,...,p i)且<x i+1,x i+2,...,x k>∈B(p i+1,...,p k),即z∈B(p2,...,p i)×B(p i+1,...,p k),于是ran(g)⊆B(p2,...,p i)×B(p i+1,...,p k);另一方面,设z∈B(p2,...,p i)×B(p i+1,...,p k),则存在<y1,...,y i−1>∈B(p2,..., p i)且<r1,...,r k−i>∈B(p i+1,...,p k),使得z=(<y1,...,y i−1>,<r1,r2,...,r k−i>).令x=<y1,...,y i−1,p1,r1,r2,...,r k−i>,显然我们有x是p1,p2,...,p k的一个排列且x i=p1且z=(<x1,x2,...,x i−1>,<x i+1,x i+2,...,xk>).最后设1≤t<w<s≤k且x w ,x s <x t .如果t ≤i ,若s>i ,则x t ≤i 且x s ≥i +1,这与w s <x t 矛盾,于是s ≤i .若s =i ,则显然x w >p 1=x s ;若s<i ,由于<x 2,x 3,...,x i −1>是可能序列,因此x w >x s ;若t>i ,由于<x i +1,x i +2,...,x k >是可能序列,因此x w >x s ,于是x 是可能序列,即x ∈B i p 1,p 2,...,p k ,于是xgy ,即y ∈ran(g ),于是B (p 2,...,p i )×B (p i +1,...,p k )⊆ran(g ),即ran(g )=B (p 2,...,p i )×B (p i +1,...,p k ).因此g 是B i (p 1,p 2,...,p k )到B (p 2,...,p i )×B (p i +1,...,p k )的满射.现在设x,x ′满足g (x )=g (x ′)=z ,则x,x ′∈dom(g )=B i (p 1,p 2,...,p k )且z =(<x 2,...,x i >,<x i +1....,x k >)=(<x ′2,...,x ′i >,<x ′i +1....,x ′k >),即x j =x ′j 对一切j ∈{1,2,...,i −1,i +1,...,k }成立,由于x i =x ′i =p 1,于是x =x ′,即g 是单射.于是g 是B i (p 1,p 2,...,p k )到B (p 2,...,p i )×B (p i +1,...,p k )的双射,即|B i (p 1,p 2,...,p k )|=|B (p 2,...,p i )×B (p i +1,...,p k )|.对于k 个编号从小到大为p 1,...,p k 的小球,我们有记b k =|B (p 1,...,p k )|.显然b 0=1.于是根据加法原理和乘法原理,我们有b k +1=∑k +1i =1|B i (p 1,...,p k )|=∑k +1i =1b i −1b k +1−i ,即{b k }是Catalan 序列.例题3如图有一个有n 条水平线和n 条竖直线编成的交通网.有一只蜗牛想从A 点爬到B 点,并且它只能沿着直线向上或向右爬行,并且限制蜗牛只能在红色对角线的左上方爬行(可以碰到对角线,但不能穿越到对角线的右下方),问:这只蜗牛共有多少条路可以走?解对于n 条水平线和n 条竖直线编成的交通网,一条从A 到B 的路径就相当与一个由n 个’上’和n 个’右’构成的序列,由于不能穿越对角线,因此从左往右看,’右’的数量不能超过’上’的数量,于是和例1一样的分析,我们有蜗牛可走的路线数b n 是Catalan 数列.例题4对于一个二元树(每个节点最多有两个儿子),若满足1.根不编码;2.若一个节点有两个儿子时,左编的儿子编码0,右边的儿子编码1;3.若一个节点只有一个儿子时,这个儿子可以编码0,也可以编码1;则我们称这时个编码二元树,现在问,恰有n个节点的编码二元树共有多少棵?解我们设恰有n个节点的编码二元树共有b n棵.显然b0=1.现在考虑n+1个节点的编码二元树,这样的编码二元树一个可以分成n+1类,其中第i类为左边的分树有i−1个节点,右边的分树有n+1−i个节点.根据乘法原理,第i 类的编码二元树共b i−1b n+1−i,于是根据加法原理,我们有b n+1=b0b n+b1b n−1+...+b n b0,即{b n}为Catalan序列.由以上的例题可以看出很多计数问题都可以转换成Catalan序列来求解.于是求出Catalan序列的通项是必有的,于是我们有了下面的定理.定理2设有数列{b n}n∈N是Catalan数列,则任意n∈N,都有b n=1n+1C n2n.证明我们设c n=1n+1C n2n,显然c0=1.我们令f(x)=c0+c1x+c2x2+....根据Stirling公式,我们有limn→∞n√c n=limn→∞n√1n+1C n2n=limn→∞n√C n2n=limn→∞n√(2n)!(n!)2=lim n→∞n(2n)!√4nπ(2ne)2n2nπ(ne)2n(n!)2√4nπ(2ne)2n2nπ(ne)2n=4,于是f(x)在(−14,14)内有定义.令g(x)=xf(x)=c0x+c1x2+...,则g′(x)=c0+2c1x+...=C0+C12x+C24x2+....由于(1−4x)−12=C0−12+C1−12(−4x)+...,且C k−12(−4)k=(−4)k(−12)(−32)...(−2k−12)k!=2k 1·3·...·(2k−1)k!=2k(2k)!k!(2·4·...·2k)=(2k)!k!k!=C k2k,于是g′(x)=(1−4x)−12.由于g(0)=0,因此g(x)=∫x(1−4x)−12d x=−14∫x(1−4x)−12d(1−4x)=[−√1−4x2]x=1−√1−4x2.于是f(x)=1,x=01−√1−4x2x,x=0,即f2(x)=1,x=01−2x−√1−4x2x2,x=0,因此xf2(x)=0,x=01−√1−4x2x−1,x=0=f(x)−1,即f(x)=xf2(x)+1.另一方面,我们有xf2(x)+1=1+c0c0x+(c0c1+c1c0)x2+...,于是c n+1=c0c n+c1c n−1+...+c n c0,即{c n}是Catalan序列,于是b n=c n=1n+1C n2n.特别值得一题的是,以上定理的证明中用到了(1−4x )−12=∞∑k =0C k 2k x k 这个结论.我们将这个结论发展一下,便可得到以下推论.推论1我们有C 00C n 2n +C 12C n −12n −2+...+C n 2n C 00=4n .证明令f (x )=(1−4x )−12=∞∑k =0C k 2k x k ,则f 2(x )=11−4x =1+4x +42x 2+...,另一方面,我们有f 2(x )=C 00C 00+(C 00C 12+C 12C 00)x +(C 00C 24+C 12C 12+C 24C 00)x 2+...,于是我们有C 00C n 2n +C 12C n −12n −2+...+C n 2n C 00=4n .。

catalan数的定义Catalan 数是一种在组合数学中常见的数列，它得名于比利时数学家欧仁·查尔斯·卡塔兰（Eugène Charles Catalan）。

Catalan 数在数学和计算机科学中有着广泛的应用，尤其在组合计数、图论和动态规划等领域。

Catalan 数的定义是一种递归关系，可以用以下公式表示：Cn = C0*C(n-1) + C1*C(n-2) + ... + C(n-1)*C0其中Cn表示第n个Catalan 数，C0、C1、...、C(n-1)分别表示前n-1个 Catalan 数。

Catalan 数的计算可以通过动态规划方法来实现。

我们从C0开始，逐步计算出C1、C2、C3...直到Cn。

首先，我们知道C0=1，然后根据递推关系计算C1、C2...直到Cn。

最后得到的Cn即为所求的Catalan 数。

Catalan 数有许多重要的性质和应用。

首先，Catalan 数可以用来计算括号匹配的组合数。

例如，在一个有效的括号序列中，左括号的数量必须与右括号的数量相同，并且任意前缀中左括号的数量都不少于右括号的数量。

假设有n对括号，那么可以通过Catalan 数计算出所有可能的有效括号序列的数量。

Catalan 数还可以用于计算凸多边形的划分数。

对于一个n+2边的凸多边形，可以通过划分将其分解为n个三角形。

Catalan 数可以用来计算出所有可能的凸多边形划分数。

另一个应用是在计算卡特兰数的排列时，可以用于计算n个节点的二叉树的数量。

二叉树是一种常见的数据结构，其具有广泛的应用。

通过Catalan 数，我们可以得知在给定n个节点的情况下，可以构建多少种不同形状的二叉树。

除了以上应用之外，Catalan 数还与许多其他组合计数问题有关。

例如，在图论中，Catalan 数可以用来计算出不同的拓扑排序序列的数量。

在排列组合中，Catalan 数可以计算出满足特定条件的排列的数量。

catalan数与二项式系数和式的同余式近年来，加泰罗尼亚数（Catalan Numbers）受到数学家广泛关注，在组合数学的研究和应用中起着重要作用。

本文将介绍以二项式系数和式的同余式（Congruence）表示加泰罗尼亚数（Catalan Numbers）。

一、什么是加泰罗尼亚数？加泰罗尼亚数（Catalan Numbers）是和组合数学有关的数列，即，Cn=1/(n+1)* C(2n,n),n=0,1,2,3,4…其中C(2n,n)为二项式系数，即2n的阶乘除以n的阶乘乘以n+1的阶乘，一般用nCn来表示.这个数列有很多重要的应用，比如树状图，四边形，帕斯卡三角形等。

二、二项式系数和式的同余式给定正整数N，N 2,给定整数a，b，1ba N。

于是就有：(N+b-1Cb)=aCb*aN (mod N(N+1))Cn=a*a(N+1-a)*...*(N-b+1) (mod N(N+1))即：Cn=a*a(N+1-a)*...*(N-b+1) mod N(N+1)把N代入上式可以得到：Cn=a*a(n+1-a)*...*(2n-b+1) mod n(n+1)该式式子严谨地表达了加泰罗尼亚数的同余式。

三、具体的例子推导来看一个具体的例子，即n=4时；把n=4代入上式，可以得到：C4=a*a(4+1-a)*...*(2*4-b+1) mod 4(4+1)C4=a*a（5-a）*3*2 mod 20C4=(a*a(5-a))*3 mod 20因为3*2=6余4，所以C4=(a*a(5-a))*6 mod 20因为20=4*5，可以把所有的字母放入整数，即：C4=6*a*a(5-a) mod 4*5C4=6*a*a*(5-a) mod 20取模20后C4=6*(a*a*(5-a)) mod 20C4=6*a*a*5 mod 20-6*a*a mod 20C4=30a*a-6a*a mod 20C4=24a*a mod 20所以最终结果是，C4=24a*a (mod 20)当n=4时，这就是加泰罗尼亚数（Catalan Numbers）的同余式。

与catalan数有关的组合问题研究组合问题和Catalan数是组合学中的一个重要研究方面。

Catalan数是一种非常有用的数学模型，它可以提供解决各种组合问题的答案。

它被广泛应用于计算机科学、统计学和数学建模中。

本文将探讨Catalan数在组合问题研究中的应用，并说明它的特点。

1、 Catalan数的定义Catalan数是一种构成组合问题答案的数学模型，它也被称为Catalan数字或Catalan组合数。

它是一种按指定顺序排列的有限数字的组合，它的特点在于它的值是由指定的参数决定的。

比如说，给定一个数n，Catalan数可以表示如下：C（n）=2n！/ [ n！(n + 1)!]。

C（n）表示n个相同元素中任选几个元素的组合数。

2、Catlas数在组合问题中的应用Catalan数可以用来解决各种组合问题。

例如，它可以用来解决计算给定n个数字的组合数问题；它也可以用来解决计算树结构上节点数量的问题；它还可以用来解决计算序列组合数量的问题。

从上述问题中可以看出，Catlas数在组合问题中有着重要的应用。

另外，Catalan数还可以用于计算括号对数量的问题，这也是一种重要的应用。

括号对是字符串中特定长度的括号组合，它具有规律性。

Catalan数可以用来解决括号对的问题，而不需要考虑其它的关键字等。

3、Catalan数的特点Catalan数具有许多特点，其中最重要的特点就是可以解决组合问题。

它可以用来解决计算元素组合数量的问题，也可以用来解决树结构上节点数量的问题，还可以用来解决序列组合数量的问题。

另外，Catalan数也具有简单性，可以让解决问题的过程变得更容易。

Catalan数还具有快速性，可以比较快地解决组合问题。

4、结论Catalan数是一种有用的数学模型，它可以提供解决各种组合问题的答案。

由于它具有许多特点，如简单性和快速性，Catalan数在组合学中有着重要的应用。

由于Catalan数可以解决各种组合问题，因此它是组合问题研究的重要组成部分。

catalan(卡特兰)数定理的证明Catalan数定理是数论中的一个重要结果，它描述了特定组合问题的解的性质。

本文将详细介绍Catalan数定理的证明过程，并通过逻辑推理来阐述其证明思路。

首先，让我们了解一下Catalan数的定义。

Catalan数是一个正整数序列，用符号C_n表示第n个Catalan数。

它可以通过以下递归公式来计算：C_0=1,C_1=2, C_n=C_{n-1} + C_{n-2} * (n-1)。

这个递归公式描述了Catalan数的基本性质，即它们是由组合和重复组合得到的结果。

接下来，我们进入证明的核心部分。

为了证明Catalan数定理，我们需要证明以下两个引理：引理1：对于任何正整数n，C_n可以被表示为一个多项式的值。

引理2：多项式的根可以通过特定方式构造，使得构造的整数序列是Catalan 数。

引理1的证明基于多项式的概念和数学归纳法。

多项式是数学中一个基本概念，它可以由一个或多个整数相乘得到。

在Catalan数的证明中，我们可以将多项式看作是一个特征方程的解，即方程ax^2 + bx + c = 0的解。

通过对这个方程的求解，我们可以得到引理1的结论。

引理2的证明则需要用到组合数学和组合论的知识。

通过组合数学和组合论，我们可以找到一个递归关系来构造多项式的根，从而得到Catalan数的构造方式。

具体来说，我们可以通过构造一个矩阵来求解特征方程，并得到多项式的根。

这个矩阵可以通过递归的方式构造，从而得到一个递归关系来构造Catalan数。

通过以上两个引理的证明，我们可以得出Catalan数定理的结论：任意一个Catalan数都可以通过一个多项式的值来表示，并且这个多项式的根可以通过特定方式构造，使得构造的整数序列是Catalan数。

为了证明这个结论，我们需要进一步解释如何构造多项式的根和如何将根转化为Catalan数。

具体来说，我们可以通过一种特定的置换方式将根转化为整数序列，这个置换方式与递归矩阵中的元素有关。

与catalan数有关的组合问题研究Catalan数是一种出现在数学和计算机科学中的重要数学概念。

它最初被提出用于描述某些类型的树结构，然而它也可以用于解决一些其他类型的组合问题。

Catalan数可以用于计算一些组合结构的数目，也可以用于确定一个特定组合是否存在，以及它的结构是什么。

因此，对于研究组合问题的研究者来说，Catalan数的研究是非常有价值的。

本文将详细介绍Catalan数的概念、它在解决组合问题中的应用以及它背后的一些数学思想。

一、什么是Catalan数Catalan数是一种数学概念，也被称为Catalan系数。

它可以被定义为以下形式：Cn=∑（i=0）n/i*(n-i)其中，Cn表示Catalan数，n表示输入值，i表示某种组合变量。

由于这个定义，一般情况下Catalan数有一定的大小范围，如小于或等于n的整数。

Catalan数可以被用来计算某种组合的数量。

例如，可以用Catalan数计算形如(a,b,c)的三元组的总数。

令n=(a+b+c)，则catalan数可以求出该三元组的数量为Cn 。

二、Catalan数在解决组合问题中的应用Catalan数可以用于解决一些组合问题。

例如，可以用Catalan 数来计算将n个正整数分为k份的所有可能组合的数量。

这个问题可以用一个Catalan数描述，即Cnk 。

此外，Catalan数还可以用来解决字符串问题。

字符串问题是指计算字符串中不同字符出现的次数的问题。

例如，求解“aabbcc”的不同子串的数量。

对于这种问题，可以使用Catalan系数求解，即Cn 。

除了以上应用，Catalan数还可用于解决一些更复杂的组合问题。

例如，它可以用来解决布尔表达式构建的问题，也可以用来解决括号嵌套结构的问题。

三、Catalan数背后的数学思想Catalan数的思想可以归结为一种对组合问题的抽象，即对某一类组合问题进行数学抽象，并设计一个特定的表达式来表示组合的数量或结构的可能性。

CatalanNumbers卡特兰数的应⽤与证明1, 2, 5, 14 ... 如果打表找到这样⼀列数，那么答案很有可能就是卡特兰数了卡特兰数的通项公式F(n) = C(2n, n)/(n+1) = C(2n, n) - C(2n, n+1) ;卡特兰数是个神奇的数列，有着很多有趣的应⽤1到n按顺序⼊栈，随时可以出栈，问出栈顺序共有多少种？ans: 卡特兰数....之后的答案都是卡特兰数就不写了证明: 这类组合数学问题，分类是关键，我们以1出栈时前⾯⼀共进去了k(1, 2...n)个数分类，不重复，不遗漏；以1为分界线，前⾯k-1个数的排列和后⾯n-k个数的排列互不影响，根据乘法原理F(n) = F(k-1)*F(n-k) (k=1, 2, 3...n)⽽这个递推式就是卡特兰数的递推式了！为什么？紫书上好像有，先跳过;这是最经典的⼀个例⼦改编：⼀道阿⾥巴巴的笔试题⽬：说16个⼈按顺序去买烧饼，其中8个⼈每⼈⾝上只有⼀张5块钱，另外8个⼈每⼈⾝上只有⼀张10块钱。

烧饼5块⼀个，开始时烧饼店⽼板⾝上没有钱。

16个顾客互相不通⽓，每⼈只买⼀个。

问这16个⼈共有多少种排列⽅法能避免找不开钱的情况出现。

⼊栈出栈的例⼦可以等效为0表⽰出栈1表⽰⼊栈⼀个2n的01序列，问对于每个i(1, n)都满⾜前⾯1的个数>=1的排列有多少种这道题就可以把5块当成1，10块当成0，答案同样为卡特兰数n*n的⽅格地图中，从左下⾓到右上⾓，不跨越对⾓线(可以到达但是不能跨越对⾓线)的路径数, 例如4×4⽅格地图中ans: 同样可以把向上当成0向右当成1，问题转化为2n长的01序列，与上⾯相同；n对括号正确匹配组成的字符串数左右括号分别为10，上同；n+1个数相乘，所有的括号⽅案数（未懂）例如， 4个数相乘的括号⽅案为：((ab)c)d (a(bc))d (ab)(cd) a((bc)d) a(b(cd))n个节点形成不同⼆叉树个数（乘法原理）拥有 n+1 个叶⼦节点的⼆叉树的数量（未懂）例如 4个叶⼦节点的所有⼆叉树形态：n+2条边的多边形，能被分割成三⾓形的⽅案数（紫书上有证明乘法原理）例如 6边型的分割⽅案有：圆上2n个点连成n条不相交线段的⽅法数（从⼩到⼤编号）。

解题笔记--catlan数极其应用问题描述：卡塔兰数，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。

输入一个整数n，计算h(n)。

其递归式如下：h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (其中n>=2，h(0) = h(1) = 1) 该递推关系的解为：h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,...)思路：直接根据递归式，写出相应的算法。

参考代码：[cpp]view plaincopyprint?1.//函数功能: 计算Catalan的第n项2.//函数参数: n为项数3.//返回值: 第n个Catalan数4.int Catalan(int n)5.{6.if(n <= 1)7.return 1;8.9.int *h = new int [n+1]; //保存临时结果10.h[0] = h[1] = 1; //h(0)和h(1)11.for(int i = 2; i <= n; i++) //依次计算h(2),h(3)...h(n)12.{13.h[i] = 0;14.for(int j = 0; j < i; j++) //根据递归式计算 h(i)= h(0)*h(i-1)+h(1)*h(i-2) + ... + h(i-1)h(0)15.h[i] += (h[j] * h[i-1-j]);16.}17.int result = h[n]; //保存结果18.delete [] h; //注意释放空间19.return result;20.}应用1描述：n对括号有多少种匹配方式？思路：n对括号相当于有2n个符号，n个左括号、n个右括号，可以设问题的解为f(2n)。

第0个符号肯定为左括号，与之匹配的右括号必须为第2i+1字符。

因为如果是第2i个字符，那么第0个字符与第2i个字符间包含奇数个字符，而奇数个字符是无法构成匹配的。

catalan数定理证明概述说明以及解释引言部分是文章的开头，主要目的是对主题进行概述、介绍文章结构并明确研究目的。

根据提供的文章目录，以下是关于“1. 引言”部分内容的详细清晰描述：1. 引言1.1 概述本文将探讨Catalan数定理的证明，并提供相关背景知识、重要性质以及其在不同应用领域中的重要作用。

通过证明Catalan数定理，我们可以更好地理解和运用这一重要数学概念。

1.2 文章结构本文分为以下几个部分进行阐述。

首先，在引言部分，我们将对文章主题进行概述，并介绍文章结构。

接着，在第二节中，我们将深入了解Catalan数定理的定义和背景知识；第三节将详细阐述Catalan数定理的证明方法和具体步骤；第四节将对该定理进行概述说明，包括其所依赖的理论基础、重要概念解释以及推导过程与中间结果分析等方面。

最后，在结论与展望部分，我们将总结Catalan 数定理的实际意义与应用前景，并讨论研究局限性及优化空间。

1.3 目的本文的目的有两个方面。

首先，通过对Catalan数定理的证明过程进行详细阐述，旨在帮助读者更好地理解和掌握该定理背后的数学原理和方法。

其次，通过介绍Catalan数在不同领域中的重要应用，我们将突显其实际意义，并展望未来应用该定理所可能取得的进展。

以上就是文章“1. 引言”部分内容的详细清晰描述。

2. Catalan数定理：2.1 定义和背景知识：Catalan数是一种由比利时数学家Eugène Charles Catalan在19世纪提出的整数序列。

这个序列以Catalan的名字命名，因为他首先引入了这些数字并研究了它们的性质和特征。

Catalan数可以通过递归定义来计算，其定义如下：C_0 = 1C_n+1 = (2(2n+1)/(n+2)) * C_n (其中n ≥0)此外，在计算机科学中，Catalan数也与许多组合问题有关，比如括号匹配、二叉搜索树等。

2.2 Catalan数的性质和特点：Catalan数具有一些重要的性质和特点。