卡特兰数

卡特兰数的百度百科链接 卡特兰数的维基百科链接 在学习数据结构的 栈 的 合法输出序列 时，我发现栈的合法输出序列的计算公式居然是著名的Catalan number，然后找了些资料学习了一下。 Catalan number 一般项公式 在解决计数问题时，我们常会遇到卡特兰数，卡特兰数的一般项公式为： 递推公式 卡特兰数满足的递推公式为（这也是计算栈的合法输出序列的公式）： 前20项的值 前20项为（OEIS中的数列A000108）：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190 来源： CSDN 作者： NO_tomato 链接： https://blog.csdn.net/qq_40514690/article/details/100165240

定义 f ( 0 ) = 1 , f ( 1 ) = 1 //--> f ( n ) = Σ f ( i ) ∗ f ( n − i − 1 ) , n > = 2 , n ∈ Z //--> 前几项：1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900… 常见形式 1.二叉树的计数 已知一颗二叉树有n个节点，问该二叉树有多少种形态？ 除去根节点，左子树和右子树共有n-1个节点，左子树和右子树的方案又是相同的问题。令n个节点的二叉树形态总数为f(n)，设左子树有i个节点，则右子树有n-i-1个节点，那么： f ( n ) = Σ f ( i ) ∗ f ( n − i − 1 ) //--> 即卡特兰数第n项。 2.AB排列问题 有一个由n个A和n个B组成的2*n的序列，满足从第一个位置开始到任何位置，B的个数都不超过A的个数。 将A视为+1，B视为-1，那么这个序列就像一个一上一下的函数图像： 从0出发，由于有n个A和n个B，所以最后肯定会走回0，又因为B的个数都不超过A的个数，所以不可能走到0以下（ps：下文把走两次称作1步）。 令走n步的方案数为f(n)，设第二次走到0的点为i（第一次走到0的点是0，但是i可以是0），那么就可以将走n步分为两部分：先走到i，然后在i选A(+1)（因为走到i时为0，那么i必须选A(

目录 关于卡特兰数： 计算公式 一般性质 代码实现： 关于卡特兰数： 卡特兰数是一种经典的组合数，经常出现在各种计算中，其前几项为 : 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786…… 计算公式 卡特兰数一般的计算公式： 另类递推公式：C(n)=C(n-1)*((4*n-2)/(n+1)); 一般性质 Cn的另一个表达形式为 所以，Cn是一个自然数，这一点在先前的通项公式中并不显而易见。 这个表达形式也是André对前一公式证明的基础。 卡塔兰数满足以下递推关系 它也满足 这提供了一个更快速的方法来计算卡塔兰数。 所有的奇卡塔兰数Cn都满足n = 2^k − 1。 所有其他的卡塔兰数都是偶数。 代码实现： int main() { ios::sync_with_stdio(false); long long Catalan[100],ans;//范围自行高精度或者取模 int n; Catalan[0] = 1; for(int i = 1;i < n;++i) Catalan[i] = Catalan[i - 1] * i; while(cin >> n){ ans = Catalan[n << 1] / (Catalan[n] * Catalan[n + 1]); cout << ans << endl; }

今天做acm题时碰到了卡特兰数,于是就上百度查了卡特兰数的解释,其中有这么一段: 出栈次序 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? 常规分析 首先，我们设f（n）=序列个数为n的出栈序列种数。同时，我们假定，从开始到栈第一次出到空为止，这段过程中第一个出栈的序数是k。特别地，如果栈直到整个过程结束时才空，则k=n 首次出空之前第一个出栈的序数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。 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）。 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）= C（2n,n）/（n+1）= c（2n,n）-c（2n,n+1）（n=0，1，2，……）。 最后，令f（0）=1，f（1）=1。 其中提到首次出空之前第一个出栈的序数k,k把序列分成了1~k-1和k+1~n两个部分,把k作为序数时f(n)=f(k-1

本文总结了来自网上卡特兰数的各种递推公式，以及卡特兰数、卡特兰大数取模的代码实现，最后再顺带提一下卡特兰数的几个应用。 什么是卡特兰数呢？卡特兰数无非是一组有着某种规律的序列。重要的是它的应用。 卡特兰数前几项为 : 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 , . . . 下面给出几个求卡特兰数的公式，用inv(n)表示卡特兰数的第n项，其中inv(0)=1，inv(1)=1 公式一：inv(n)= inv(0)*inv(n-1)+inv(1)*inv(n-2) + ... + inv(n-1)*..inv(0) (n>=2) 公式二：inv(n)=inv(n-1)*(4*n-2)/(n+1) 公式三：inv(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...) 公式四：inv(n)=c(2n,n)-c(2n,n-1)(n=0,1,2,...

来源 卡特兰数 关于扩展的卡特兰数： 1.(n-m+1)/(n+1)*c(n+m,n) 2.c[n+m][n]-c[n+m][m-1] Catalan，Eugene，Charles，卡特兰（1814～1894）比利时数学家，生于布鲁日（Brugge），早年在巴黎综合工科学校就读。1856年任列日（Liege）大学数学教授，并被选为比利时布鲁塞尔科学院院士。 卡特兰一生共发表200多种数学各领域的论著。在微分几何中，他证明了下述所谓的卡特兰定理：当一个直纹曲线是平面和一般的螺旋面时，他只能是实的极小曲面。他还和雅可比（Jacobi，C·G·J）同时解决了多重积分的变量替换问题，建立了有关的公式。 1842年，他提出了一种猜想：方程x z －y t ＝1没有大于1的正整数解，除非平凡情形3 2 －2 3 ＝1。这一问题至今尚未解决。 （mathoe注：即除了8、9这两个连续正整数都是正整数的方幂外，没有其他。1962年我国数学家柯召以极其精湛的方法证明了不存在三个连续正整数，它们都是正整数的方幂，以及方程x 2 －y n ＝1，n＞1，xy≠0无正整数解。并且还证明了如果卡特兰猜想不成立，其最小的反例也得大于10 16 。） 此外，卡特兰还在函数论、伯努利数和其他领域也做出了一定的贡献。 卡特兰通过解决凸n边形的剖分得到了数列C n 。 凸n＋2边形用其n－1条对角线把此凸n

卡特兰数最常见的描述就是2n个球进站出站有多少种顺序 推导：折线法，问题转化为从 ( 0 , 0 ) 到 ( 2 n , 0 ) //--> 每次可以向右上或者右下走一波，问在不越过 y = 0 //--> 这条线的情况下，有多少种走法。 所以可以根据总数减去非法数 总数很明显是 c n 2 n //--> 非法数可以这样算。如果这个过程非法，这条线一定会碰到 y = − 1 //--> 这样我们可以取折线第一次喷到直线 y = − 1 //--> 的点。然后的折线对 y = − 1 //--> 做对称，这样所有的点最终都会汇聚到 ( 2 n , − 2 ) //--> 这样总数就有 C n − 1 2 n //--> 所以最终结果就是 c n 2 n − C n − 1 2 n //--> 化简后很容易得到 c n 2 n n + 1 //--> 来源： CSDN 作者： lyc1635566ty 链接： https://blog.csdn.net/lyc1635566ty/article/details/73744823

卡特兰数有两个递推公式，两个通项公式（或者说是一个）： h n = ∑ i = 1 n − 1 h i h n − i h_n=\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} h_{i}h_{n-i} h n ​ = i = 1 ∑ n − 1 ​ h i ​ h n − i ​ h n = h n − 1 4 n − 2 n + 1 h_n=h_{n-1}\frac{4n-2}{n+1} h n ​ = h n − 1 ​ n + 1 4 n − 2 ​ h n = C 2 n n − C 2 n n − 1 h_n=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1} h n ​ = C 2 n n ​ − C 2 n n − 1 ​ h n = C 2 n n n + 1 h_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1} h n ​ = n + 1 C 2 n n ​ ​ 用折线法证明通项公式： L L L 点即为第一次走过 y = x y=x y = x 的点，绿线和黄线组成了一条非法的路径 现在按照 y = x + 1 y=x+1 y = x + 1 对称，则绿线和蓝线构成了另一条路径 蓝线和黄线总是一一对应的，而蓝线走到的点总是 ( n − 1 , n + 1 ) (n-1,n+1) ( n − 1 , n + 1 ) 从原点到 A ′ A' A ′ 的方案数就是

卡特兰数又称卡塔兰数，英文名Catalan number，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。该数在计算机专业中比较重要，有一些具体的应用实例。这篇文章主要分三部分： 卡特兰数递归式的含义解释 卡特兰数表达式的证明过程 卡特兰数的计算机中的应用 Catalan Number递归式解释 假设h(0)=1，h(1)=1，catalan数满足递推式： \[ h(n) = h(0)*h(n-1) + h(1)*h(n-2) + h(2)*h(n-3) + ... +h(n-1)*h(0) \tag{1.1} \] 递归式背后有什么物理含义呢，这里以出栈序列问题进行说明： 问题描述： 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? 含义解释： 首先，我们设 \(h(n)\) =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 \(h(k-1)\) 种，而之后比k大的值入栈，且都在k之前出栈，因此有 \(h(n-k)\) 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， \(h(n-k)*h(k-1)\) 种，求和便是Catalan递归式。 Catalan

题目传送门： 洛谷 P5564 。 题意简述： 有 \(n\) 个点，染 \(m\) 种颜色，第 \(i\) 种颜色染恰好 \(cnt_i\) 个节点，满足 \(cnt_1+cnt_2+\cdots+cnt_m=n\) 。 求这 \(n\) 个点组成的 本质不同 的 无标号 + 有序 （子树有序）基环（环长至少为 \(2\) ）树个数。 两棵基环树本质相同当且仅当通过环的旋转（不能翻转）后能使得它们完全相同。 题解： 首先考虑只染一种颜色的 \(n\) 个点（ \(n\ge1\) ）的无标号有根有序树个数计数。 考虑这棵树的括号序，发现其括号序是长度为 \(n\) 的合法括号串，但是必须满足最外层括号（根节点）只有一对。 即 \(n\) 个点的有根有序树个数为 \(n-1\) 对括号组成的合法括号串，即第 \(n-1\) 个卡特兰数。 令 \(n\) 个点的有根有序树个数为 \(t_n\) ，令其 OGF 为 \(\displaystyle T=\sum_{i=1}^{+\infty}t_ix^i\) ，即 \(T=xC\) ，其中 \(C\) 为卡特兰数的 OGF。 再考虑染色的问题，不难发现只要有序，则染色和树形态是相互独立的。 即只要乘上一个多重组合数 \(\displaystyle\binom{n}{cnt_1,cnt_2,\ldots,cnt_m}\) 即可。 回到原问题