AIOJ

引入

Catalan 数经常出现在各类计数问题中．比利时数学家 Eugène Charles Catalan 在 1958 年研究括号序列计数问题时发现了这一数列，它也因此得名．清朝数学家明安图早在 18 世纪 30 年代就已经发现这一数列．

Catalan 数满足如下递推关系：

C_n = \begin{cases} 1, & n = 0, \\ \sum_{i=0}^{n-1} C_{i}C_{n-1-i}, & n > 0. \end{cases}\tag{1}

数列的前几项为：（OEIS: A000108，下标从 $0$ 开始）

1,1,2,5,14,42,132,429,1430,\ldots

应用

Catalan 数 $C_n$ 的递推关系有着天然的递归结构：规模为 $n$ 的计数问题 $C_n$ ，可以通过枚举分界点，分拆为两个规模分别为 $i$ 和 $(n-1-i)$ 的子问题．这一递推关系使得 Catalan 数广泛出现于各类具有类似递归结构的问题中．

路径计数问题：有一个大小为 $n\times n$ 的方格图，左下角为 $(0, 0)$ ，右上角为 $(n, n)$ ．从左下角开始，每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 $y=x$ 上方（但可以触碰）的情况下，到达右上角的路径总数为 $C_n$ ．

??? note "证明" 设方案数为 $T_n$ ．考虑 $n \ge 2$ 的情况．设路径 第一次 走到对角线 $y=x$ 的点是 $(k,k)~(k \in [1,n])$ ．考察从 $(0,0)$ 到 $(k,k)$ 的除起点和终点外，中间的点 不经过对角线（不能碰到） 的路径．

![catalan2](/knowledge-assets/oi-wiki/1e04537ab249066c5de28231df13a49b61857429/math/combinatorics/images/catalan-2.svg)

如图所示，这些路径的第一步一定向右，从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$；最后一步一定向上，从 $(k,k-1)$ 到 $(k,k)$．因此，这些路径就是从 $(1,0)$ 到 $(k,k-1)$ 的不越过直线 $y=x-1$ 的路径，这样路径的数目就是 $T_{k-1}$．同时，从 $(k,k)$ 到 $(n,n)$ 的合法路径数就是 $T_{n-k}$．根据乘法原理，第一次在 $(k,k)$ 处触碰对角线的路径数目为 $T_{k-1} T_{n-k}$．枚举 $k$ 的所有可能性，所有合法路径的数目为

$$
T_n = \sum_{k=1}^n T_{k-1}T_{n-k}.
$$

做代换 $k=i+1$ 就可以发现，这就是 Catalan 数的递推关系．由 $T_0=1$ 可知 $T_n = C_n$．

圆内不相交弦计数问题：圆上有 $2n$ 个点，将这些点成对连接起来且使得所得到的 $n$ 条线段两两不交的方案数是 $C_n$ ．

??? note "证明" 记 $2n$ 个点的方案数为 $T_n$ ．将 $2n$ 个点按顺时针标号，分别为 $1,2,\ldots,2n$ ．由于弦两两不交， $1$ 号点只能连接偶数号点；否则，两点之间的奇数个点无法在不穿过两点连线的情况下两两配对．如果连接了 $1$ 和 $2k~(k\in[1,n])$ ，那么左边有 $2k-2$ 个点，右边有 $2n-2k$ 个点，由乘法原理，这样的方案数为 $T_{k-1}T_{n-k}$ ．因此，枚举 $k$ ，有 $T_n = \sum_{k=1}^n T_{k-1} T_{n-k}$ ．令 $k=i+1$ ，就得到 Catalan 数的递推关系．由 $T_0=1$ 可知 $T_n=C_n$ ．
三角剖分计数问题：对角线不相交的情况下，将一个凸 $(n+2)$ 边形区域分成三角形区域的方法数为 $C_n$ ．

??? note "证明" 设 $(n+2)$ 边形三角剖分的方案数为 $T_n$ ．先选定一条边 $(1,n+2)$ 作为基边，它一定属于一个三角形，记该三角形的第三个点为 $k~(k\in[2,n+1])$ ．这样，原凸多边形变成了三个部分：
```
-   三角形 $(1,k,n+2)$．
-   $k$ 边形，顶点 $1\sim k$．
-   $(n+3-k)$ 边形，顶点 $k\sim (n+2)$．

后面两个部分都是子问题，所以，有递推关系

$$
T_n = \sum_{k=2}^{n+1} T_{k-2}T_{n+1-k}.
$$

令 $k=i+2$，就得到 Catalan 数递归关系．由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$．
```
二叉树计数问题：含有 $n$ 个结点的形态不同的二叉树数目为 $C_n$ ．等价地，含有 $n$ 个非叶结点的形态不同的满二叉树数目为 $C_{n}$ ．

??? note "证明" 记 $n$ 个结点的二叉树数目为 $T_n$ ．任取一个根结点，枚举左右子树大小．设左子树大小为 $i\in[0,n-1]$ ，则右子树大小为 $(n-1-i)$ ．左右子树均为子问题，所以，有递推关系
```
$$
T_n = \sum_{i=0}^{n-1}T_iT_{n-1-i}.
$$

这就是 Catalan 数递推关系．由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$．
```
括号序列计数问题：由 $n$ 对括号构成的合法括号序列数为 $C_n$ ．

??? note "证明" 联系路径计数问题．将左括号视为向上走，右括号视为向右走．合法括号序列即为，在任意位置，左括号的数量不少于右括号的数量．相当于路径计数问题中，在任意时刻，向上走的次数不少于向右走的次数．因此，合法括号序列与合法路径之间存在双射．合法括号序列的数目同样为 $C_n$ ．
出栈序列计数问题：一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1,2,3, \ldots ,n$ ，合法出栈序列的数目为 $C_n$ ．

??? note "证明" 联系括号序列计数问题．将入栈视为左括号，出栈视为右括号．任意时刻，入栈的次数不少于出栈的次数．因此，合法出栈序列与合法括号序列之间存在双射．合法出栈序列的数目同样为 $C_n$ ．
数列计数问题：由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 组成的数列 $a_1,a_2, \ldots ,a_{2n}$ 中，部分和满足 $a_1+a_2+ \ldots +a_k \geq 0~(k=1,2,3, \ldots ,2n)$ 的数列数目为 $C_n$ ．

??? note "证明" 联系括号序列计数问题．将 $+1$ 视为左括号， $-1$ 视为右括号．任意时刻， $+1$ 的数量不少于 $-1$ 的数量．因此，合法数列与合法括号序列之间存在双射．合法数列的数目同样为 $C_n$ ．

尽管这一递推关系应用广泛，但是直接计算复杂度较高，需要寻找更为简单的公式．

常见形式

Catalan 数有如下常见的表达式：

C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} = \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!},~ n\ge 0. \tag{2}

C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1},~n \ge 0. \tag{3}

C_n = \frac{(4n-2)}{n+1}C_{n-1},~ n > 0,~ C_0 = 1. \tag{4}

Catalan 数的这些形式都可以高效计算：前两个形式将它转换为阶乘和组合数的计算问题，第三个形式则提供了顺次计算的递推公式．

对于这三种常见形式，本文提供两种证明方式．

代数推演

通过代数方法得出 Catalan 数的上述表达式共两步．首先，验证三个形式相互等价．

证明表达式

(2)\sim(4)

等价

只需要证明表达式 $(3)$ 可以转化为表达式 $(2)$ 中阶乘形式：

\begin{aligned} C_n &= \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1} \\ &= \frac{(2n)!}{n!n!} - \frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!} \\ &= \frac{(2n)!}{n!n!}\left(1 - \frac{n!}{(n-1)!(n+1)}\right) \\ &= \frac{(2n)!}{n!n!}\left(1- \frac{n}{n+1}\right) \\ &= \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}. \end{aligned}

以及，表达式 $(4)$ 也可以转化为表达式 $(2)$ 中阶乘形式：

C_n = \prod_{i=1}^n\frac{(4i-2)}{i+1} = \prod_{i=1}^n\frac{2i(2i-1)}{i(i+1)} = \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}.

因此，三个表达式互相等价．

紧接着，验证这些形式确实是 Catalan 数递推公式的解．为此，考虑使用生成函数方法直接求出递推公式 $(1)$ 的解．

利用生成函数方法求解递推公式

(1)

考虑 Catalan 数的普通生成函数 $C(x)=\sum_{n=0}^{\infty}C_nx^n$ ．由于 Catalan 数的递推关系和卷积形式很相似，所以考虑用卷积构造 $C(x)$ 的方程：

\begin{aligned} C(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}C_nx^n\\ &=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}\right)x^{n}\\ &=1+x\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{i=0}^{n-1}C_ix^iC_{n-i-1}x^{n-i-1}\\ &=1+x\sum_{i=0}^{\infty}C_ix^i\sum_{j=0}^{\infty}C_jx^j\\ &=1+xC^2(x). \end{aligned}

其中，倒数第二个等号交换了求和次序，并令 $j=n-1-i$ ．由此，解得：

C(x)=\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}.

由初值条件 $C_0=1$ 可知， $C(0)=1$ ．代入检验可以发现唯一可行的解就是

C(x) = \dfrac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}.

接下来，需要将它展开为幂级数的形式．利用 $(1+x)^a$ 的幂级数展开式可知：

\sqrt{1-4x} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)_{-n}}{n!}(-4x)^n,

其中， $\left(\dfrac{1}{2}\right)_{-n}$ 是下降阶乘幂：

\begin{aligned} \left(\frac{1}{2}\right)_{-n} &= \prod_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac{1}{2}-k\right) = \dfrac{1}{2^n}\prod_{k=1}^{n-1}(1-2k) = \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^n}\prod_{k=1}^{n-1}(2k-1)\\ &= \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{(2k-1)2k}{k} = \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!}. \end{aligned}

代入 $C(x)$ 的表达式，就有

\begin{aligned} C(x) &= \dfrac{1}{2x}\left(1-\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)_{-n}}{n!}(-4x)^n\right)\\ &= -\dfrac{1}{2x}\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-4x)^n}{n!}\left(\frac{1}{2}\right)_{-n} \\ &= -\dfrac{1}{2x}\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-4x)^n}{n!}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}x^{n-1}\\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}x^n. \end{aligned}

由此，就得到 $C_n$ 的表达式 $(2)$ ．

组合意义

由于 Catalan 数具有明显的组合意义，所以只使用组合计数方法同样可以证明这些形式．本节为三个表达式分别提供一个组合意义的证明．

表达式

(2)

的证明

考虑数列计数问题．对于任意由 $\pm 1$ 组成的序列 $\{a_i\}_{i=1}^{2n}$ ，定义它的部分和为 $S_i = \sum_{j=1}^{i}a_i$ ，并定义它的 超额量（exceedance）为 $S_i < 0$ 且 $a_i = -1$ 的下标数量．超额量为 $0$ ，就等价于数列合法；超额量的取值范围是 $[0,n]$ ，共 $(n+1)$ 种可能的取值．需要证明的是，不同超额量的数列数量其实是一样的．

为此，可以构造一个从超额量为 $e > 0$ 的数列到超额量为 $(e-1)$ 的数列的映射 $f$ ．对于超额量为 $e > 0$ 的序列 $\{a_i\}$ ，取下标 $k$ 为使得 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标最小值．将 $a_k$ 左右两侧的序列交换，就得到如下序列 $\{a'_i\}$ ：

a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{2n},a_k,a_{1},a_{2},\cdots,a_{k-1}.

由于原序列中 $a_k$ 右侧部分在交换前后对应的部分和序列不变，所以它们贡献的超额量也不变．对于原序列中 $a_k$ 左侧部分，它们对应的部分和在交换后全部增加 $1$ ，因此，它们贡献的超额量会减少，而且减少的数量恰好等于原序列 $a_k$ 左侧部分中满足 $S_i=-1$ 且 $a_i=-1$ 的下标数量．因为 $a_k$ 的选取保证了这样的下标有且仅有一个，所以，序列 $\{a'_i\}$ 的超额量就等于 $(e-1)$ ．也就是说，映射 $f$ 可以将序列的超额量恰好减少 $1$ ．

映射 $f$ 是可逆的．注意到序列 $\{a'_i\}$ 中， $a_k$ 对应的位置恰好为满足 $S'_k=+1$ 且 $a'_i = +1$ 的下标最大值．这是因为交换后，这些部分和都比交换前对应的部分和恰好大 $1$ ，因此，现在的部分和为 $+1$ 对应交换前部分和等于 $0$ ．但是，根据 $k$ 的选取，交换前这一部分（即原序列 $a_k$ 左侧部分）是没有满足 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标的．

由此，映射 $f$ 构成了超额量为 $e>0$ 的序列和超额量为 $(e-1)$ 的序列之间的双射．这就说明，不同超额量的数列数量其实是一样的．由于数列总数是 $\dbinom{2n}{n}$ ，合法数列（即超额量为 $0$ 的数列）数量就等于

C_n = \dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}.

这就证明了 Catalan 数的表达式 $(2)$ ．

表达式

(3)

的证明

考虑路径计数问题．这是典型的格路计数问题，可以通过反射原理求解．具体到本问题，考虑用总路径数目减去不合法的路径数目．总路径数一共要走 $2n$ 步，其中 $n$ 步向右，所以方案数为 $\dbinom{2n}{n}$ ．一条路径不合法，当且仅当它碰到了直线 $y = x+1$ ．对于任意一条非法路径，可以找到第一次碰到直线 $y = x+1$ 的位置，并将该位置之后的路径关于直线 $y=x+1$ 做对称．此时，可以发现，一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径，变成了一条从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径．

$catalan1$

catalan1

由于从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径必定要穿过直线 $y = x+1$ ，所以每条这样的路径都对应一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径．类似总路径数的计算，非法路径数目的总数就是 $\dbinom{2n}{n+1}$ ．因此，合法路径的总数为

C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1}.

这就是 Catalan 数的表达式 $(3)$ ．

表达式

(4)

的证明

考虑三角剖分计数问题．设 $P$ 是凸 $(n+2)$ 边形，固定它的一个边为基边．对于多边形 $P$ 的每一个三角剖分，都可以选择它的一个非基边（包括三角剖分时新加的边）标记，并定向．这共有 $(4n+2)C_n$ 种剖分加标记的方案．又设 $Q$ 是凸 $(n+3)$ 边形，仍固定它的一个边为基边．对于多边形 $Q$ ，可以选择它的一条非基边标记，然后再做三角剖分．这共有 $(n+2)C_{n+1}$ 种标记加剖分的方案．

$配图：catalan triangulation$

如图所示，这两组操作得到的结果之间存在明显的双射．对于 $P$ 剖分并标记的一个结果，可以将它的标记边扩展为三角形，定向所指向的终点扩展为一条新边，并将这条新边打上标记，这就得到对 $Q$ 标记并剖分的一个结果；对于 $Q$ 标记并剖分的一个结果，可以将它的标记边压缩为一个点，并将压缩得到的对角线打上标记，且指向压缩得到的顶点，这就得到对 $P$ 剖分并标记的一个结果．因此，

(4n+2)C_n = (n+2)C_{n+1}.

稍作整理，并结合 $C_0=1$ ，就得到 Catalan 数的表达式 $(4)$ ．

例题

洛谷 P1044 栈

入栈顺序为 $1,2,\ldots ,n$ ，求所有可能的出栈顺序的总数．

参考代码

C++

#include <iostream>
using namespace std;

int n;
long long f[25];

int main() {
  f[0] = 1;
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] * (4 * i - 2) / (i + 1);
  // 这里用的是常见形式 4
  cout << f[n] << endl;
  return 0;
}

Python

f = [0] * 25
f[0] = 1
n = int(input())
for i in range(1, n + 1):
    f[i] = f[i - 1] * (4 * i - 2) // (i + 1)
    # 这里用的是常见形式 4
print(f[n])

习题

参考资料与注释

Catalan number - Wikipedia