卡特兰数是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。以中国蒙古族数学家明安图和比利时数学家欧仁·查理·卡特兰的名字命名，其前几项为（从第0项开始）：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, ...
卡特兰数
- 1.
- 2.
1758年，Johann Segner 给出了欧拉问题的递推关系。
1900年，Eugen Netto 在著作中将该数归功于卡特兰。
设h(n)为catalan数的第n项，令h(0)=1,h(1)=1，catalan数满足递推式 [3]：
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)*h(0) (n≥2)
另类递推式：
h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1)
h(n+1)=h(n) * (4*n + 2) / (n + 2)
递推关系的解为：
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推关系的另类解为：
h(n)=C(2n,n) - C(2n,n-1) (n=0,1,2,...)
首先，我们设 f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。（我们假定，最后出栈的元素为k，显然，k取不同值时的情况是相互独立的，也就是求出每种k最后出栈的情况数后可用加法原则。由于k最后出栈，因此，在k入栈之前，比k小的值均出栈，此处情况有f(k-1)种，而之后比k大的值入栈，且都在k之前出栈，因此有f(n-k)种方式。由于比k小和比k大的值入栈、出栈情况是相互独立的，此处可用乘法原则，f(n-k)*f(k-1)种，求和便是Catalan递归式。）
首次出空之前最后一个出栈的序数k将1~n的序列分成两个序列，其中一个是1~k-1，序列个数为k-1，另外一个是k+1~n，序列个数是n-k。
最后，令f（0）=1，f（1）=1。
非常规分析
此时，我们若把k视为确定一个序数，那么根据乘法原理，f（n）的问题就等价于——序列个数为k-1的出栈序列种数乘以序列个数为n - k的出栈序列种数，即选择k这个序数的 f(n) =f(k-1) × f(n-k)。而k可以选1到n，所以再根据加法原理，将k取不同值的序列种数相加，得到的总序列种数为：f(n) = f(0)f(n-1) + f(1)f(n-2) + …… + f(n-1)f(0)。
对于每一个数来说，必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态‘1’，出栈设为状态‘0’。n个数的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1‥n的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a(a≤b)，因此输出序列的总数目=由左而右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数，1的累计数不小于0的累计数的方案种数。
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求（由左而右扫描，0的累计数大于1的累计数）的方案数即为所求。
不符合要求的数的特征是由左而右扫描时，必然在某一奇数位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和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换，使之成为n-m个0和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0和n-1个1组成的排列。
反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分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位数必对应一个不符合要求的数。
显然，不符合要求的方案数为c(2n,n-1)。由此得出输出序列的总数目=c(2n,n)-c(2n,n-1)=c(2n,n)/(n+1)=h(n)。
类似问题 买票找零
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，问有多少种方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)
分析
如果纯粹从f（4）=2，f（5）=5，f（6）=14，……，f（n）=n慢慢去归纳，恐怕很难找到问题的递推式，我们必须从一般情况出发去找规律。
因为凸多边形的任意一条边必定属于某一个三角形，所以我们以某一条边为基准，以这条边的两个顶点为起点P1和终点Pn（P即Point），将该凸多边形的顶点依序标记为P1、P2、……、Pn，再在该凸多边形中找任意一个不属于这两个点的顶点Pk（2<=k<=n-1），来构成一个三角形，用这个三角形把一个凸多边形划分成两个凸多边形，其中一个凸多边形，是由P1，P2，……，Pk构成的凸k边形（顶点数即是边数），另一个凸多边形，是由Pk，Pk+1，……，Pn构成的凸n-k+1边形。
此时，我们若把Pk视为确定一点，那么根据乘法原理，f（n）的问题就等价于——凸k多边形的划分方案数乘以凸n-k+1多边形的划分方案数，即选择Pk这个顶点的f（n）=f（k）×f（n-k+1）。而k可以选2到n-1，所以再根据加法原理，将k取不同值的划分方案相加，得到的总方案数为：f（n）=f（2）f（n-2+1）+f（3）f（n-3+1）+……+f（n-1）f（2）。看到此处，再看看卡特兰数的递推式，答案不言而喻，即为f（n）=h（n-2） （n=2，3，4，……）。
最后，令f（2）=1，f（3）=1。
此处f（2）=1和f（3）=1的具体缘由须参考详尽的“卡特兰数”，也许可从凸四边形f（4）=f（2）f（3）+ f（3）f（2）=2×f（2）f（3）倒推，四边形的划分方案不用规律推导都可以知道是2，那么2×f（2）f（3）=2，则f（2）f（3）=1，又f（2）和f（3）若存在的话一定是整数，则f（2）=1，f（3）=1。（因为我没研究过卡特兰数的由来，此处仅作刘抟羽的臆测）。
类似问题
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。如果她从不穿越（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。
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。
（能构成 h(N) 个）
1对括号：() 1种可能
2对括号：()() (()) 2种可能
3对括号：((())) ()(()) ()()() (())() (()()) 5种可能
那么问题来了，n对括号有多少种正确配对的可能呢。
考虑n对括号时的任意一种配对方案，最后一个右括号有唯一的与之匹配的左括号，于是有唯一的表示A(B)，其中A和B也是合法的括号匹配序列
假设S(n)为n对括号的正确配对数目，那么有递推关系S(n)=S(0)S(n-1)+S(1)S(n-2) +...+S(n-1)S(0)，显然S(n)是卡特兰数。
问题1的描述：有n个1和m个-1 (n>m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0≤k≤n+m的前k个数的部分和Sk>0的排列数。问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不经过对角线x==y的方法数（x> y）。
考虑情况I：第一步走到（0，1），这样从（0，1）走到（n，m）无论如何也要经过x==y的点，这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));
考虑情况II：第一步走到（1，0），又有两种可能：
a . 不经过x==y的点；（所要求的情况）
b . 经过x==y的点，我们构造情况II.b和情况I的一一映射，说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是（x1，y1），将（0，0）到（x1，y1）的路径沿对角线翻折，于是唯一对应情况I的一种路径；对于情况I的一条路径，假设其与对角线的第一个焦点是（x2，y2），将（0，0）和（x2，y2）之间的路径沿对角线翻折，唯一对应情况II.b的一条路径。
问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。
((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1))
或：((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))
问题2的描述：有n个1和m个-1（n>=m），共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk>=0的排列数。（和问题1不同之处在于此处部分和可以为0，这也是更常见的情况）问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不穿过对角线x==y的方法数（可以走到x==y的点）。
方法数为：
((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))
或：((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))
import java.util.*;
import java.math.BigInteger;
public class Catalan { //求卡特兰数
public static void main(String[] args){
int numberOfCatalan = 101; //要求多少个卡特兰数
BigInteger[] digis = new BigInteger[numberOfCatalan];
digis = generateCatalan(numberOfCatalan);
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int number;
while(true) {
number = scanner.nextInt();
if(number == -1) {
break;
String answer = digis[number].toString();
System.out.println(answer);
}
}
}
static BigInteger[] generateCatalan(int numberOfCatalan) {
//产生卡特兰数
BigInteger digis[] = new BigInteger[numberOfCatalan + 1];
BigInteger x = new BigInteger("1"); //第一个卡特兰数为1
digis[1] = x;
int y = 0;
int z = 0;
for(int counter = 2; counter <= numberOfCatalan; ++ counter) {
y = 4 * counter - 2;
z = counter + 1;
digis[counter] = digis[counter-1].multiply(new BigInteger("" + y));
digis[counter] = digis[counter].divide(new BigInteger("" + z));
}
return digis;
}
}
//使用递归的方式解决卡特兰数
public static double CatalanNumber(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
} else {
return CatalanNumber(n - 1) * 2 * (2 * n - 1) / (n + 1);
}
}
public static void main(String[] args) {
for (int i = 1; i <= 50; i++) {
System.out.println(i + "'s Catalan Number is " + CatalanNumber(i));
}
}
void catalan() //求卡特兰数
{
int i, j, len, carry, temp;
a[1][0] = b[1] = 1;
len = 1;
for(i = 2; i <= 100; i++)
{
for(j = 0; j < len; j++) //乘法
a[i][j] = a[i-1][j]*(4*(i-1)+2);
carry = 0;
for(j = 0; j < len; j++) //处理相乘结果
{
temp = a[i][j] + carry;
a[i][j] = temp % 10;
carry = temp / 10;
}
while(carry) //进位处理
{
a[i][len++] = carry % 10;
carry /= 10;
}
carry = 0;
for(j = len-1; j >= 0; j--) //除法
{
temp = carry*10 + a[i][j];
a[i][j] = temp/(i+1);
carry = temp%(i+1);
}
while(!a[i][len-1]) //高位零处理
len --;
b[i] = len;
}
}
class Solution:
def numTrees(self,n):
#初始化一个数组，并将首个元素初始化为1
s=[0]*(n+1)
s[0]=1
#开始循环遍历
for i in range(1,n+1):
#为节约内存，首先算出i-1的值
b=i-1
#为节约内存，只遍历一半，并将这个结果乘以2即可
for j in range(i//2):
s[i]+=s[j]*s[b-j]
s[i]*=2
#当i为奇数时，还要将s[i//2]的值加上
if i%2==1:
s[i]+=s[i//2]**2
#返回数组最后一个元素
return s[-1]
