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。由以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)命名，其前几项为 : 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, ...

令h(0)=1,h(1)=1，catalan数满足递推式^[1]：

h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)

核心思想
for(int i=2;i<=n;i++)
  for(int j=1;j<=i;j++)
    h[i]=h[i-1]*h[i-j]+h[i];

例如：h(2)=h(0)*h(1)+h(1)*h(0)=1*1+1*1=2

h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h(2)*h(0)=1*2+1*1+2*1=5

另类递推式^[2]：

h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);

递推关系的解为：

h(n)=C(n,2n)*(2n-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,...)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
unsigned long long h[10005];
int main(){
    cin>>n;
    int ans;
    h[0]=1;h[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
     {
         for(int j=1;j<=i;j++)
          {
              h[i]=(((h[j-1]*h[i-j])%100000007)+h[i])%100000007;
          }
     }
    ans=h[n]%100000007;
    cout<<ans;
}

实质上都是递推等式的应用

括号化

矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n-1)种)^[3]

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。（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。

非常规分析

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。

因而不合要求的2n位数与n+1个0，n－1个1组成的排列一一对应。

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+1)。

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，问有多少中方法使得只要有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)

凸多边形三角划分

在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f（n）。比如当n=6时，f（6）=14。^[4]

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？

给定节点组成二叉树

给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树？^[5]

（能构成h（N）个）

（这个公式的下标是从h(0)=1开始的）

对于在n位的2进制中，有m个0，其余为1的catalan数为：C（n,m）-C(n,m-1)。证明可以参考标准catalan数的证明。^[6]

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）。

：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 ));

：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）。

把（n，m）点变换到（n+1，m）点，问题变成了问题1。

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))