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卡塔蘭數
卡塔蘭數是組合數學中一個常出現在各種計數問題中出現的數列。由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為 另類遞迴式： h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
前幾項為 （OEIS中的數列A000108）: 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, ...
[編輯]性質
Cn的另一個表達形式為所以，Cn是一個自然數；這一點在先前的通項公式中並不顯而易見。
這個表達形式也是André對前一公式證明的基礎。(見下文的第二個證明。)
卡塔蘭數滿足以下遞推關係
它也滿足
這提供了一個更快速的方法來計算卡塔蘭數。
卡塔蘭數的漸近增長為
它的含義是左式除以右式的商趨向於1當n→∞。（這可以用n!的斯特靈公式來證明。）
所有的奇卡塔蘭數Cn都滿足n= 2k− 1。所有其他的卡塔蘭數都是偶數。
應用
組合數學中有非常多.的組合結構可以用卡塔蘭數來計數。在Richard P. Stanley的Enumerative Combinatorics: Volume 2一書的習題中
包括了66個相異的可由卡塔蘭數表達的組合結構。以下用Cn=3和Cn=4舉若干例：
- Cn表示長度2n的dyck word的個數。Dyck word是一個有n個X和n個Y組成的字串，且所有的部分字串皆滿足X的個數大於等於Y的個數。
- 以下為長度為6的dyck words:
- 將上例的X換成左括號，Y換成右括號，Cn表示所有包含n組括號的合法運算式的個數:
- Cn表示有n+1個葉子的二叉樹的個數。
- Cn表示所有不同構的含n個分枝結點的滿二叉樹的個數。（一個有根二叉樹是滿的當且僅當每個結點都有兩個子樹或沒有子樹。）
證明：
令1表示進棧，0表示出棧，則可轉化為求一個2n位、含n個1、n個0的二進位制數，滿足從左往右掃描到任意一位時，經過的0數不多於1數。
顯然含n個1、n個0的2n位二進位制數共有個，下面考慮不滿足要求的數目.
考慮一個含n個1、n個0的2n位二進位制數，掃描到第2m+1位上時有m+1個0和m個1（容易證明一定存在這樣的情況），則後面的0-1排列中
必有n-m個1和n-m-1個0。將2m+2及其以後的部分0變成1、1變成0，則對應一個n+1個0和n-1個1的二進位制數。
反之亦然（相似的思路證明兩者一一對應）。
從而。證畢。
- Cn表示所有在n×n格點中不越過對角線的單調路徑的個數。一個單調路徑從格點左下角出發，在格點右上角結束，每一步均為向上或
- 向右。計算這種路徑的個數等價於計算Dyck word的個數： X代表“向右”，Y代表“向上”。下圖為n= 4的情況：
- Cn表示對{1, ...,n}依序進出棧的置換個數。一個置換w是依序進出棧的當S(w) = (1, ...,n), 其中S(w)遞迴定義如下：令w=unv，其中n為w的
- 最大元素，u和v為更短的數列；再令S(w) =S(u)S(v)n，其中S為所有含一個元素的數列的單位元。
- Cn表示集合{1, ...,n}的不交叉劃分的個數. 那麼,Cn永遠不大於第n項貝爾數.Cn也表示集合{1, ..., 2n}的不交叉劃分的個數，其中每個段
- 落的長度為2。綜合這兩個結論，可以用數學歸納法證明 that all of thefreecumulants of degree more than 2 of theWigner semicircle law
- are zero. This law is important infree probabilitytheory and the theory ofrandom matrices.
- Cn表示用n個長方形填充一個高度為n的階梯狀圖形的方法個數。下圖為n=4的情況:
百度百科資料:
簡介
中文:卡特蘭數
Catalan數是組合數學中一個常出現在各種計數問題中出現的數列。由以比利時的數學家歐仁·查理·卡塔蘭(1814–1894)命名。
原理：
令h(0)=1,h(1)＝1,catalan數滿足遞迴式：
h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)++h(n-1)h(0)(其中n>=2)
該遞推關係的解為：
h(n)=C(2n,n)/(n+1)(n=1,2,3,)
另類遞迴式： h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
前幾項為（OEIS中的數列A000108）: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,
應用
我總結了一下，最典型的四類應用：（實質上卻都一樣，無非是遞迴等式的應用，就看你能不能分解問題寫出遞迴式了）
1.括號化問題。
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？(h(n)種)
2.出棧次序問題。
一個棧(無窮大)的進棧序列為1,2,3,..n,有多少個不同的出棧序列?
類似：
(1)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？(將持5元者到達視作將5元入棧，持10元者到達視作使棧中某5元出棧)
(2)在圓上選擇2n個點,將這些點成對連線起來，使得所得到的n條線段不相交的方法數。
3.將多邊行劃分為三角形問題。
將一個凸多邊形區域分成三角形區域的方法數?
類似：一位大城市的律師在她住所以北n個街區和以東n個街區處工作。每天她走2n個街區去上班。如果她
從不穿越（但可以碰到）從家到辦公室的對角線，那麼有多少條可能的道路？
類似：在圓上選擇2n個點,將這些點成對連線起來使得所得到的n條線段不相交的方法數?
4.給頂節點組成二叉樹的問題。
給定N個節點，能構成多少種形狀不同的二叉樹？
(一定是二叉樹!
先去一個點作為頂點,然後左邊依次可以取0至N-1個相對應的,右邊是N-1到0個,兩兩配對相乘,就是h(0)*h(n-1)+h(2)*h(n-2)++h(n-1)h(0)=h(n))
（能構成h（N）個）
經典例題：
1. hdu 4828
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <time.h> 3 #include <set> 4 #include <map> 5 #include <stack> 6 #include <cmath> 7 #include <queue> 8 #include <cstdio> 9 #include <string> 10 #include <vector> 11 #include <cstring> 12 #include <utility> 13 #include <cstring> 14 #include <iostream> 15 #include <algorithm> 16 #include <list> 17 using namespace std; 18 #define eps 1e-10 19 #define PI acos(-1.0) 20 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 21 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps) 22 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s); 23 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} 24 typedef long long ll; 25 typedef unsigned long long ull; 26 const int maxn=1e6+5; 27 const int Inf=0x7f7f7f7f; 28 const ll mod=1e9+7; 29 //const int N=3e3+5; 30 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判斷一個數是不是 2 的正整數次冪 31 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//對 2 的非負整數次冪取模 32 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 獲取 a 的第 b 位，最低位編號為 0 33 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 為 0，否則為 -1 34 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); } 35 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;} 36 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;} 37 int Abs(int n) { 38 return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31); 39 /* n>>31 取得 n 的符號，若 n 為正數，n>>31 等於 0，若 n 為負數，n>>31 等於 -1 40 若 n 為正數 n^0=n, 數不變，若 n 為負數有 n^(-1) 41 需要計算 n 和 -1 的補碼，然後進行異或運算， 42 結果 n 變號並且為 n 的絕對值減 1，再減去 -1 就是絕對值 */ 43 } 44 ll binpow(ll a, ll b,ll c) { 45 ll res = 1; 46 while (b > 0) { 47 if (b & 1) res = res * a%c; 48 a = a * a%c; 49 b >>= 1; 50 } 51 return res%c; 52 } 53 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) 54 { 55 if(b==0) { 56 x=1,y=0; 57 return; 58 } 59 extend_gcd(b,a%b,x,y); 60 ll tmp=x; 61 x=y; 62 y=tmp-(a/b)*y; 63 } 64 ll mod_inverse(ll a,ll m) 65 { 66 ll x,y; 67 extend_gcd(a,m,x,y); 68 return (m+x%m)%m; 69 } 70 ll eulor(ll x) 71 { 72 ll cnt=x; 73 ll ma=sqrt(x); 74 for(int i=2;i<=ma;i++) 75 { 76 if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1); 77 while(x%i==0) x/=i; 78 } 79 if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1); 80 return cnt; 81 } 82 ll inv[maxn],f[maxn]; 83 void init() 84 { 85 inv[1]=1; 86 for(int i=2;i<maxn-1;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 87 f[1]=1; 88 for(int i=2;i<maxn-1;i++) f[i]=((f[i-1]*(4*i-2))%mod*inv[i+1])%mod; 89 } 90 int main() 91 { 92 init(); 93 int t,n,k=0; 94 scanf("%d",&t); 95 while(t--) 96 { 97 scanf("%d",&n); 98 printf("Case #%d:\n%lld\n",++k,f[n]); 99 } 100 return 0; 101 }View Code