首先声明这篇博文是我在搜集众多资料的基础上写的，这里一次性给出所有资料出处，正文中间不再赘述。
http://baike.baidu.com/link?url=7BdjPnf-tbSAnkXFIF_G8NHOZxYXo4uPfNiQ4eeyxCIjGx2CM4jt6PnFkyeKsyYtxZXML7q_7IULkxxOd_8pNq
http://baike.baidu.com/link?url=ajn4IlGPUsSqM8Re1L5MAO3hDEqrewST3ffh7pkCp-tmExrYtnML5wlbiihRk3vfnmWECc7B6fvasCnudMGEhckZAXZ6XrdSvCHvQ7hQ1PQqNuoDu5_X5i0WIqmvXRHjNvbfaTZqRFd0xkAjKRSVRK
http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/7450250
http://www.cnblogs.com/ShaneZhang/p/4102581.html
http://blog.csdn.net/wuzhekai1985/article/details/6764858
一、定义
令h(0)=1,h(1)=1，卡塔兰数数满足递归式：
h(n)= h(0)*h(n-1) + h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (其中n>=2),这是n阶递推关系;
还可以化简为1阶递推关系: 如h(n)=(4n-2)/(n+1)*h(n-1)(n>1) h(0)=1
该递推关系的解为：h(n)=C(2n,n)/(n+1)=P(2n,n)/(n+1)!=(2n)!/(n!*(n+1)!) (n=1,2,3,...)
递推关系的另类解为：h(n)=c(2n,n)-c(2n,n-1)(n=0,1,2,...)
卡塔兰数列的前几项为(sequence A 0 0 0 1 0 8 in OEIS) [注： n = 0, 1, 2, 3, … n]
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, …
二、应用及证法、转换方法
NO.1
问题等价于：n个1和n个0组成一2n位的2进制数，要求从左到右扫描，1的累计数不小于0的累计数，试求满足这条件的数有多少？
解答： 设P2n为这样所得的数的个数。在2n位上填入n个1的方案数为 C（n 2n）
不填1的其余n位自动填以数0。从C（n 2n）中减去不符合要求的方案数即为所求。
不合要求的数指的是从左而右扫描，出现0的累计数超过1的累计数的数。
不合要求的数的特征是从左而右扫描时，必然在某一奇数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，n－m－1个0。如若把后面这部分2（n－m）－1位，0与1交换，使之成为n－m个0，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1和n+1个0组成的一个排列。
反过来，任何一个 由n+1个0，n－1个1组成的2n位数，由于0的个数多2个，2n是偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面的部分，令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，必对应于一个不合要求的数。
用上述方法建立了由n+1个0和n－1个1组成的2n位数，与由n个0和n个1组成的2n位数中从左向右扫描出现0的累计数超过1的累计数的数一一对应。
例如 10100101
是由4个0和4个1组成的8位2进制数。但从左而右扫描在第5位（显示为红色）出现0的累计数3超过1的累计数2，它对应于由3个1，5个0组成的10100010。
反过来 10100010
对应于 10100101
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，故有
P2n = C（n 2n）— C（n+1 2n）
这个结果是一个“卡塔兰数”Catalan
卡特兰数的简单代码实现（因为数实在太大了，我又懒得写高精度，所以就来个水的。这个代码主要是照着百度百科上抄的，但是那个代码认真看就发现错误百出，汗！）
<span style="font-size:18px;">#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long f[35];
int main()
{
cout<<"卡特兰数到F[n]:";
int n;
cin>>n;
f[0]=1;
printf("1 ");
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=(4*i-2)*f[i-1]/(i+1);
printf("%I64d ",f[i]);
}
return 0;
}</span>NO.2
问题描述:
12个高矮不同的人，排成两排，每排必须是从矮到高排列，而且第二排比对应的第一排的人高，问排列方式有多少种？
这个笔试题，很YD，因为把某个递推关系隐藏得很深。
问题分析:
我们先把这12个人从低到高排列,然后,选择6个人排在第一排,那么剩下的6个肯定是在第二排.
用0表示对应的人在第一排,用1表示对应的人在第二排,那么含有6个0,6个1的序列,就对应一种方案.
比如000000111111就对应着
第一排：0 1 2 3 4 5
第二排：6 7 8 9 10 11
010101010101就对应着
第一排：0 2 4 6 8 10
第二排：1 3 5 7 9 11
问题转换为，这样的满足条件的01序列有多少个。
观察1的出现，我们考虑这一个出现能不能放在第二排，显然，在这个1之前出现的那些0,1对应的人
要么是在这个1左边，要么是在这个1前面。而肯定要有一个0的，在这个1前面，统计在这个1之前的0和1的个数。
也就是要求，0的个数大于1的个数。这样我们就把问题转换成前一个问题，OK解决！
NO.3
N个节点的二叉树有多少种形态
先考虑只有一个节点的情形，设此时的形态有f(1)种，那么很明显f(1)=1
如果有两个节点呢？我们很自然想到，应该在f(1)的基础上考虑递推关系。那么，如果固定一个节点后，有两种情况，一是左子树还剩一个节点，此刻类型数量为f(1)，第二 种情况是右子树生一个节点，此刻类型数量为f(1)，固有f(2) = f(1) + f(1)
如果有三个节点呢？我们需要考虑固定两个节点的情况么？当然不行，为什么？
因为当节点数量大于等于2时，无论你如何固定，其形态必然有多种，而在这多种基础之上你如何安排后续剩下的节点呢？所以必须挑出这个误区。
回到二叉树的定义，二叉树本质上就是一个递归的形式，左子树，右子树，根节点。所以根节点应该不变，需要递归处理的是左右子树。
也就是说，还是考虑固定一个节点，即根节点。好的，按照这个思路，还剩2个节点，那么左右子树的分布情况为2=0+2=1+1=2+0。
所以有3个节点时，递归形式为f(3)=f(2) + f(1)*f(1) + f(2). (注意这里的乘法，因为左右子树一起组成整棵树，根据排列组合里面的乘法原理即可得出)
那么有n个节点呢？我们固定一个节点，那么左右子树的分布情况为n-1=n-1 + 0 = n-2 + 1 = ... = 1 + n-2 = 0 + n-1
OK。递归表达式出来了f(n) = f(n-1) + f(n-2)f(1) + f(n-3)f(2) + ... + f(1)f(n-2) + f(n-1)
<span style="font-size:18px;">//函数功能: 计算Catalan的第n项
//函数参数: n为项数
//返回值: 第n个Catalan数
int Catalan(int n)
{
if(n <= 1)
return 1;
int *h = new int [n+1]; //保存临时结果
h[0] = h[1] = 1; //h(0)和h(1)
for(int i = 2; i <= n; i++) //依次计算h(2),h(3)...h(n)
{
h[i] = 0;
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)
h[i] += (h[j] * h[i-1-j]);
}
int result = h[n]; //保存结果
delete [] h; //注意释放空间
return result;
}</span>NO.4
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。
通过简单分析，f(2n)可以转化如下的递推式 f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n - 4) + ... + f(2n - 4)*f(2) + f(2n-2)*f(0)。简单解释一下，f(0) * f(2n-2)表示第0个字符与第1个字 符匹配，同时剩余字符分成两个部分，一部分为0个字符，另一部分为2n-2个字符，然后对这两部分求解。f(2)*f(2n-4)表示第0个字符与第3个字符匹配，同时剩余字符分成 两 个部分，一部分为2个字符，另一部分为2n-4个字符。依次类推。
假设f(0) = 1，计算一下开始几项，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
NO.5
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？
思路：可以这样考虑，首先通过括号化，将P分成两个部分，然后分别对两个部分进行括号化。比如分成(a1)×(a2×a3.....×an)，然后再对(a1)和(a2×a3.....×an)分别括号化；又如分成(a1×a2)×(a3.....×an)，然后再对(a1×a2)和(a3.....×an)括号化。
设n个矩阵的括号化方案的种数为f(n)，那么问题的解为
f(n) = f(1)*f(n-1) + f(2)*f(n-2) + f(3)*f(n-3) + f(n-1)*f(1)。f(1)*f(n-1)表示分成(a1)×(a2×a3.....×an)两部分，然后分别括号化。
计算开始几项，f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 5。结合递归式，不难发现f(n)等于h(n-1)。
NO.6
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?
思路：这个与加括号的很相似，进栈操作相当于是左括号，而出栈操作相当于右括号。n个数的进栈次序和出栈次序构成了一个含2n个数字的序列。第0个数字肯定是进栈的数，这个数相应的出栈的数一定是第2i+1个数。因为如果是2i，那么中间包含了奇数个数，这奇数个肯定无法构成进栈出栈序列。
设问题的解为f(2n)， 那么f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n-4) + f(2n-2)*f(0)。f(0) * f(2n-2)表示第0个数字进栈后立即出栈，此时这个数字的进栈与出栈间包含的数字个数为0，剩余为2n-2个数。f(2)*f(2n-4)表示第0个数字进栈与出栈间包含了2个数字，相当于1 2 2 1，剩余为2n-4个数字。依次类推。
假设f(0) = 1，计算一下开始几项，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
NO.7
n个节点构成的二叉树，共有多少种情形？
思路：可以这样考虑，根肯定会占用一个结点，那么剩余的n-1个结点可以有如下的分配方式，T(0, n-1),T(1, n-2),...T(n-1, 0)，设T(i, j)表示根的左子树含i个结点，右子树含j个结点。
设问题的解为f(n)，那么f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。假设f(0) = 1，那么f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。结合递推式，不难发现f(n)等于h(n)。
NO.8
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？
思路：以其中一个点为基点，编号为0，然后按顺时针方向将其他点依次编号。那么与编号为0相连点的编号一定是奇数，否则，这两个编号间含有奇数个点，势必会有个点被孤立，即在一条线段的两侧分别有一个孤立点，从而导致两线段相交。设选中的基点为A，与它连接的点为B，那么A和B将所有点分成两个部分，一部分位于A、B的左边，另一部分位于A、B的右边。然后分别对这两部分求解即可。
设问题的解f(n)，那么f(n) = f(0)*f(n-2) + f(2)*f(n-4) + f(4)*f(n-6) + ......f(n-4)*f(2) + f(n-2)*f(0)。f(0)*f(n-2)表示编号0的点与编号1的点相连，此时位于它们右边的点的个数为0，而位于它们左边的点为2n-2。依次类推。
f(0) = 1, f(2) = 1, f(4) = 2。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
NO.9
求一个凸多边形区域划分成三角形区域的方法数？
思路：以凸多边形的一边为基，设这条边的2个顶点为A和B。从剩余顶点中选1个，可以将凸多边形分成三个部分，中间是一个三角形，左右两边分别是两个凸多边形，然后求解左右两个凸多边形。
设问题的解f(n)，其中n表示顶点数，那么f(n) = f(2)*f(n-1) + f(3)*f(n-2) + ......f(n-2)*f(3) + f(n-1)*f(2)。f(2)*f(n-1)表示三个相邻的顶点构成一个三角形，那么另外两个部分的顶点数分别为2和n-1。
设f(2) = 1，那么f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。结合递推式，不难发现f(n) 等于h(n-2)。
NO.10
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？
思路：可以将持5元买票视为进栈，那么持10元买票视为5元的出栈。这个问题就转化成了栈的出栈次序数。由应用三的分析直接得到结果，f(2n) 等于h(n)。