卡特兰数(Catalan)

2.1 通项公式

        C_n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。

        在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n)。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为C(2n,n) - C(2n,n+1) = 1/(n+1)*C(2n,n)。

        （2）n个左括号和那个右括号组成的合法匹配的字符串的个数。

        解：这个题目只要将上面证明过程中的1对应左括号，0对应右括号即可。

        （3）n+1个数字连乘，不同的计算顺序个数。

        解：这个就相当于加入了n对合法的括号。

        （4）Cn表示长度2n的dyck word的个数。

       （Dyck word是一个有n个X和n个Y组成的字串，且所有的部分字串皆满足X的个数大于等于Y的个数。）

        解：（1）中X对应1，Y对应0，即可。

        （5）n个节点的二叉树的可能形态的种类数。

        解：（2）中的每个不同的括号串，一一映射于二叉树的每一种情况。

        这里利用另一个通项公式推导一下：

        设n个节点的二叉树有F（n）个，则分为根的左子树0各节点、右子树n-1个节点，跟的左子树1个节点、右子树n-2个节点，...：

        F（n）= F（0）*F（n-1）+ F（1）*F（n-2）+ ... + F（n-1）*F（0）= Cn。

        （6）n个非叶节点的满二叉树的形态数。（对称后得到的二叉树除非自己本身对称，否则算是不同）

        设n个节点的二叉树有F（n）个，则分为根1为根，二为根，...，n为根：

        F（n）= F（0）*F（n-1）+ F（1）*F（n-2）+ ... + F（n-1）*F（0）= Cn。

        （7）对于一个n*n的网格，每次我们能向右或者向上移动一格，那么从左下角到右上角的所有在副对角线下方的路径数。

        解：我们将一条水平边记为1,垂直边记为-0，那么就组成了一个n个,1和n个0的序列，同（1）。

        （8）凸n+2边形进行三角形分割数。（只连接顶点对形成n个三角形）

         解：将节点按顺时针办好1~n，枚举1和其他所有点的连线情况，则：

         F（n）= Σ（F（k）F（n+2-k））{2< k < n}；解得 F（n） = Cn-2。

        （9）圆周上2n-2个点的不相交连弦方式。（凸2n-2多边形的顶点也成立）

         解：设Bn为2n-2个点的不相交连弦方式数，则任取一点A有n-1中连弦方式（两侧必须是偶数个点）

         两侧分别是2（k-1）和2（n-k-1）个点，分别为Bk和Bn-k种方式，因此Bn = Cn-1。

        （10）对于集合的不交叉划分的数目。

         对于集合{a,b}和{c,d}，假设他们组成了两个区间[a,b]和[c,d]，我们假设两个区间不重合，那么以下四种情况当做是不交叉的：a<c<d<b，a<b<c<d，c<a<b<d与c<d<a<b，就是说两个区间可以包含或者相离，那么此时我们称集合{a,b}和{c,d}是不交叉的。对于集合，将里面元素两两分为一子集，共n个，若任意两个子集都是不交叉的，那么我们称此时的这个划分为一个不交叉划分。

        解：我们将每个子集中较小的数用左括号代替，较大的用右括号代替，那么就是（2）。

       （11）n层的阶梯切割为n个矩形的切法数。

        解：我们先绘制如下的一张图片，即n为5的时候的阶梯：

        我们注意到每个切割出来的矩形都必需包括一块标示为*的小正方形，那么我们此时枚举每个*与#标示的两角作为矩形；

        剩下的两个小阶梯就是我们的两个更小的子问题了，于是我们的注意到这里的式子就是Cn的递推公式了。

       （12）在一个2*n的格子中填入1到2n使得每个格子内的数值都比其右边和上边的所有数值都小的情况数。

        解：可以转化成括号匹配问题。

       （13）2n个不同实数分成两组A = {a1，a2...，an}，B= {b1，b2...，bn}，使得对应的数字均有ai<bi的拆分数。

        解：和上面问题等价。

       （14）2n-2张选票，投给甲乙，甲任意时刻得票多于乙的情况数。

        解：即01串的入栈出栈证明。

       （15）不定方程 Σxi = n-1（1到n-1），满足Σ xi ≥ k （1到k）的解的个数。

        解：同上。

四、具体题目

4.1 UVa 991 - Safe Salutations 圆内不相交弦

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>

using namespace std;

int f[22][22] = {0};

int main()
{
	for (int i = 0 ; i <= 20 ; ++ i)
		f[i][0] = f[i][i] = 1;
	for (int i = 1 ; i <= 20 ; ++ i)
	for (int j = 1 ; j < i ; ++ j)
		f[i][j] = f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
		
	int n,t = 0;
	while (cin >> n) {
		if (t ++) cout << endl;
		cout << f[2*n][n]/(n+1) << endl;
	}
	return 0;
}

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>

using namespace std;

int C[1005][1005] = {0};

int main()
{
	C[1][0] = 1;
	for (int i = 2 ; i < 1001 ; ++ i) {
		for (int j = 0 ; j < 1000 ; ++ j)
			C[i][j] += C[i-1][j]*(4*i-2);
		for (int j = 0 ; j < 1000 ; ++ j) {
			C[i][j+1] += C[i][j]/10;
			C[i][j] %= 10;
		}
		for (int j = 999 ; j >= 0 ; -- j) {
			C[i][j-1] += C[i][j]%(i+1)*10;
			C[i][j] /= (i+1);
		}
	}
		
	int n;
	while (cin >> n) {
		int end = 999;
		while (!C[n][end]) -- end;
		while (end >= 0) printf("%d",C[n][end --]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>

using namespace std;

int C[305][2005] = {0};

int main()
{
	C[1][0] = 1;
	for (int i = 2 ; i < 301 ; ++ i) {
		for (int j = 0 ; j < 2000 ; ++ j)
			C[i][j] += C[i-1][j]*(4*i-2);
		for (int j = 0 ; j < 2000 ; ++ j) {
			C[i][j+1] += C[i][j]/10;
			C[i][j] %= 10;
		}
		for (int j = 1999 ; j >= 0 ; -- j) {
			C[i][j-1] += C[i][j]%(i+1)*10;
			C[i][j] /= (i+1);
		}
		
		for (int j = 0 ; j < 2000 ; ++ j)
			C[i][j] *= i;
		for (int j = 0 ; j < 2000 ; ++ j) {
			C[i][j+1] += C[i][j]/10;
			C[i][j] %= 10;
		}
	}
		
	int n;
	while (cin >> n && n) {
		int end = 1999;
		while (!C[n][end]) -- end;
		while (end >= 0) printf("%d",C[n][end --]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}