一、catalan數由來和性質
1）由來
catalan數（卡塔蘭數）取自組合數學中一個常在各種計數問題中出現的數列。以比利時的數學家歐仁·查理·卡塔蘭 (1814–1894)命名。
卡塔蘭數的一般項公式爲
令其爲h(n)的話，滿足h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
我們從中取出的Cn就叫做第n個Catalan數，前幾個Catalan數是：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, …咋看之下沒什麼特別的，但是Catalan數卻是許多計數問題的最終形式。
2）性質
Catalan數的基本公式就是上個部分所列出的那樣，但是卻有一些變形和具體的性質：
1、
這是根據原來的式子推導出來的，大概過程是這樣的：
2、
這個遞推式很容易可以從原來的式子中獲得
3、
4、
5、
這個是Catalan數的增長趨勢。
二、Catalan數的程序求解
- //函數功能: 計算Catalan數列的第n項
- //函數參數: 項數n
- //返回值: 第n個Catalan數
- long Catalan(int n)
- {
- if(n <= 1)
- return 1;
- long *h = new long[n+1]; //保存臨時結果
- h[0] = h[1] = 1; //h(0)和h(1)
- for(int i = 2; i <= n; i++) //依次計算h(2),h(3)...h(n)
- {
- h[i] = 0;
- for(int j = 0; j < i; j++) //根據遞歸式計算 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]);
- }
- long result = h[n]; //保存結果
- delete [] h; //注意釋放空間
- return result;
- }
三、Catalan數的應用場景和筆試面試中出現過的題目
1、括號匹配問題
n對括號有多少種匹配方式？
n對括號相當於有2n個符號，n個左括號、n個右括號，可以設問題的解爲f(2n)。第0個符號肯定爲左括號，與之匹配的右括號必須爲第2i+1字符。因爲如果是第2i個字符，那麼第0個字符與第2i個字符間包含奇數個字符，而奇數個字符是無法構成匹配的。
通過簡單分析，f(2n)可以轉化如下的遞推式 f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n - 4) + ... + f(2n - 4)*f(2) + f(2n-2)*f(0)。簡單解釋一下，f(0) * f(2n-2)表示第0個字符與第1個字符匹配，同時剩餘字符分成兩個部分，一部分爲0個字符，另一部分爲2n-2個字符，然後對這兩部分求解。f(2)*f(2n-4)表示第0個字符與第3個字符匹配，同時剩餘字符分成兩個部分，一部分爲2個字符，另一部分爲2n-4個字符。依次類推。
假設f(0) = 1，計算一下開始幾項，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。結合遞歸式，不難發現f(2n) 等於h(n)。
2、進棧出棧問題
一個棧(無窮大)的進棧序列爲1，2，3，…，n，有多少個不同的出棧序列?
這個與加括號的很相似，進棧操作相當於是左括號，而出棧操作相當於右括號。n個數的進棧次序和出棧次序構成了一個含2n個數字的序列。第0個數字肯定是進棧的數，這個數相應的出棧的數一定是第2i+1個數。因爲如果是2i，那麼中間包含了奇數個數，這奇數個肯定無法構成進棧出棧序列。
設問題的解爲f(2n)， 那麼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個數字進棧後立即出棧，此時這個數字的進棧與出棧間包含的數字個數爲0，剩餘爲2n-2個數。f(2)*f(2n-4)表示第0個數字進棧與出棧間包含了2個數字，相當於1 2 2 1，剩餘爲2n-4個數字。依次類推。
假設f(0) = 1，計算一下開始幾項，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。結合遞歸式，不難發現f(2n) 等於h(n)。
3、二叉樹的種類問題
n個節點構成的二叉樹，共有多少種情形？
可以這樣考慮，根肯定會佔用一個結點，那麼剩餘的n-1個結點可以有如下的分配方式，T(0, n-1),T(1, n-2),...T(n-1, 0)，設T(i, j)表示根的左子樹含i個結點，右子樹含j個結點。
設問題的解爲f(n)，那麼f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。假設f(0) = 1，那麼f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。結合遞推式，不難發現f(n)等於h(n)。
4、網格路徑問題
對於一個n*n的正方形網格，每次我們能向右或者向上移動一格，那麼從左下角到右上角的所有在副對角線右下方的路徑總數爲多少？
我們將一條水平邊記爲進棧,垂直邊記爲出棧，我們所要保證的就是前k步中水平邊的個數不小於垂直邊的個數，換句話說出棧的時候棧內一直有元素，所以從根本上說又迴歸到Catalan數了。
5、凸多邊形分割問題
求一個凸多邊形區域劃分成三角形區域的方法數？
以凸多邊形的一邊爲基，設這條邊的2個頂點爲A和B。從剩餘頂點中選1個，可以將凸多邊形分成三個部分，中間是一個三角形，左右兩邊分別是兩個凸多邊形，然後求解左右兩個凸多邊形。
設問題的解f(n)，其中n表示頂點數，那麼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)表示三個相鄰的頂點構成一個三角形，那麼另外兩個部分的頂點數分別爲2和n-1。
設f(2) = 1，那麼f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。結合遞推式，不難發現f(n) 等於h(n-2)。
6、集合劃分問題
對於集合{1,2,3...2n}的不交叉劃分的數目爲多少？
這裏解釋一下不交叉劃分，我們對於集合{a,b}和{c,d}，假設他們組成了兩個區間[a,b]和[c,d]，我們假設兩個區間不重合，那麼以下四種情況當做是不交叉的：a<c<d<b，a<b<c<d，c<a<b<d與c<d<a<b，就是說兩個區間可以包含或者相離，那麼此時我們稱集合{a,b}和{c,d}是不交叉的。
對於集合{1,2,3...2n}，將裏面元素兩兩分爲一子集，共n個，若任意兩個子集都是不交叉的，那麼我們稱此時的這個劃分爲一個不交叉劃分。此時不交叉的劃分數就是我們的了，證明也很容易，我們將每個子集中較小的數用左括號代替，較大的用右括號代替，那麼帶入原來的1至2n的序列中就形成了合法括號問題，就是我們之前得到過的結論。例如我們的集合{1,2,3,4,5,6}的不交叉劃分有五個：{{1,2},{3,4},{5,6}}，{{1,2},{3,6},{4,5}}，{{1,4},{2,3},{5,6}}，{{1,6},{2,3},{4,5}}和{{1,6},{2,5},{3,4}}。
7、階梯切分問題
求n層的階梯切割爲n個矩形的切法數
這個證明是怎麼進行的呢？我們先繪製如下的一張圖片，即n爲5的時候的階梯：
我們注意到每個切割出來的矩形都必需包括一塊標示爲*的小正方形，那麼我們此時枚舉每個*與#標示的兩角作爲矩形，剩下的兩個小階梯就是我們的兩個更小的子問題了，於是我們的C5 = C0 * C4 + C1 * C3 + C2 * C2 + C1 * C3 + C0 * C4，注意到這裏的式子就是我們前面的性質3,因此這就是我們所求的結果了。
8、乘積重組問題
矩陣鏈乘： P=a1×a2×a3×……×an，依據乘法結合律，不改變其順序，只用括號表示成對的乘積，試問有幾種括號化的方案？
我們這樣考慮，首先通過括號化，將P分成兩個部分，然後分別對兩個部分進行括號化。比如分成(a1)×(a2×a3.....×an)，然後再對(a1)和(a2×a3.....×an)分別括號化；又如分成(a1×a2)×(a3.....×an)，然後再對(a1×a2)和(a3.....×an)括號化。
設n個矩陣的括號化方案的種數爲f(n)，那麼問題的解爲
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)兩部分，然後分別括號化。
計算開始幾項，f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 5。結合遞歸式，不難發現f(n)等於h(n-1)。
9、連線不想交問題
在圓上有2n個點，將這些點成對連接起來使得所得到的n條線段不相交的方法數？
我們這樣考慮，以其中一個點爲基點，編號爲0，然後按順時針方向將其他點依次編號。那麼與編號爲0相連點的編號一定是奇數，否則，這兩個編號間含有奇數個點，勢必會有個點被孤立，即在一條線段的兩側分別有一個孤立點，從而導致兩線段相交。設選中的基點爲A，與它連接的點爲B，那麼A和B將所有點分成兩個部分，一部分位於A、B的左邊，另一部分位於A、B的右邊。然後分別對這兩部分求解即可。
設問題的解f(n)，那麼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)表示編號0的點與編號1的點相連，此時位於它們右邊的點的個數爲0，而位於它們左邊的點爲2n-2。依次類推。
f(0) = 1, f(2) = 1, f(4) = 2。結合遞歸式，不難發現f(2n) 等於h(n)。
10、高矮排隊問題
2n個高矮不同的人,排成兩排,每排必須是從矮到高排列,而且第二排比對應的第一排的人高,問排列方式有多少種?
先將2n個人從低到高排列，然後，用0表示對應的人在第一排,用1表示對應的人在第二排,那麼含有n個0,n個1的序列,就對應一種方案.
比如00...011...1就對應着
第一排:1 2 3 ...n
第二排:n+1 n+2 n+3 ...2n
而010101...01對應着
第一排:1 3 5 ...2n-1
第二排:2 4 6 ...2n
問題轉換爲,這樣的滿足條件的01序列有多少個.
觀察1的出現,我們考慮它能不能放在第二排,顯然,在這個1之前出現的那些0和1對應的人 要麼是在這個1左邊,要麼是在這個1前面。而即使前面0和1剛好配對，也一定要留出一個0在這個1前面，也就是要求之前的0的個數大於1的個數.
如果把0看成入棧操作,1看成出棧操作,就是說給定2n個元素,合法的入棧出棧序列有多少個。這就是catalan數,其通項是c(2n, n)/(n+1).
11、格子填數問題
在一個2*n的格子中填入1到2n這些數值使得每個格子內的數值都比其右邊和上邊的所有數值都小的情況數
這一題和上一題排隊是一樣的思路。
12、門票找錢問題
有2n個人排成一行進入劇場。入場費5元。其中只有n個人有一張5元鈔票，另外n人只有10元鈔票，劇院無其它鈔票，問有多少中方法使得只要有10元的人買票，售票處就有5元的鈔票找零？
可以將持5元買票視爲進棧，那麼持10元買票視爲5元的出棧。這個問題就轉化成了棧的出棧次序數。由應用三的分析直接得到結果，f(2n) 等於h(n)。
四、Catalan數的一個變形應用
上面第12小題的一個延伸：n+m個人排隊買票，並且滿足n>= m，票價爲5元，其中n個人各手持一張5元鈔票，m個人各手持一張10元鈔票，除此之外大家身上沒有任何其他的錢幣，並且初始時候售票窗口沒有錢，問有多少種排隊的情況數能夠讓大家都買到票。
這個題目是Catalan數的變形，不考慮人與人的差異，如果m=n的話那麼就是我們初始的Catalan數問題，也就是將手持5元的人看成是入棧，手持10元的人看成是出棧，出棧序列的個數。
這個題目區別就在於n>m的情況，此時我們仍然可以用原先的證明方法考慮，假設我們要的情況數是D(n+m)，無法讓每個人都買到的情況數是U(n + m)，那麼就有D(n+m) + U(n +m) = C(m+n, n)，此時我們求U(n + m)，我們假設最早買不到票的人編號是k，他手持的是10元並且售票處沒有錢，那麼將前k個人的錢從5元變成10元，從10元變成5元，這時候就有n+1個人手持5元，m-1個手持10元的，所以就得到U(n + m) = C(n + m, n + 1)，於是我們的結果就因此得到了，表達式是D(n + m) = C(n + m, n) - C(n + m, n + 1)。
（按照《組合數學》 Brualdi 中P184中的闡述，對於n個+1和n個-1序列，若滿足 a1+a2+...ak>=0, k=1,2...2n則稱爲可接受序列，否則稱爲不可接受序列。
設可接受序列個數爲A,不可接受學列個數爲U，則 A+U = C(2n,n)。
作者最後給出的結論是有多少（n+1）個+1 和（n-1）個-1序列就有多少個不可接受序列，即不可接受序列的個數爲：C(2n,n+1)
那麼可接受序列的個數爲：A= C(2n,n) - C(2n,n+1)
)
轉自：http://blog.csdn.net/han_xiaoyang/article/details/11938973