## 卡特兰数专题（$Catalan$）
### 一、什么是卡特兰数？
明安图数，又称卡塔兰数，英文名$Catalan$ $number$，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 $(1692-1763)$和比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 $(1814–1894)$的名字来命名，其前几项为(从第零项开始) : $1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862,16796, 58786 …$
#### 知乎 卡特兰数四连击
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31317307
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31526354
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31585260
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31050581
**[嘉持老师的优秀教学视频](https://www.bilibili.com/video/BV1nE411A7ST)**
#### 卡特兰数的几何意义
简单来说，卡特兰数就是一个有规律的数列，在坐标图中可以表示为：从原点$(0,0)$出发，每次向$x$轴或者$y$轴正方向移动$1$个单位，直到到达$(n,n)$点，且在移动过程中不越过第一象限平分线的移动方案总数。
### 卡特兰数公式推导
我们暂且先不考虑移动过程中不越过第一象限平分线这个约束条件，那么从$(0,0)$点到$(n,n)$点的过程中，我们总共需要向右移动$n$步，向上移动$n$步，一共$2n$步。我们可以理解为在$2n$步里面选出$n$步来向上移动，那么剩下的$n$步就是向右移动的步数，那么方案总数就是$\LARGE \displaystyle C_{2n}^{n}$
现在，我们来看看如何解决不越过第一象限平分线这个问题。仔细想想，不越过第一象限平分线也就等价于不触碰到$y = x + 1$这条直线。而我们如果把触碰到了直线$y = x + 1$的路线的第一个与$y = x + 1$的触碰点之后的路线关于直线$y = x + 1$对称，并画出对称后的路线
> 黄海解读
> 
我们会发现触碰到了直线$y = x + 1$的路径的终点都变成了点$(n-1,n+1)$。也就是说，从$(0,0)$点到$(n,n)$点的路线当中触碰了直线$y = x + 1$的路线条数与从$(0,0)$点到$(n-1,n+1)$点的路线条数的数量是**相等**的。于是从$(0,0)$点到$(n,n)$点的非法路径条数为$\LARGE \displaystyle C_{2n}^{n-1}$ 。
综上所述，从$(0,0)$点到$(n,n)$点满足条件的路径数为
卡特兰数通项公式I
$$\huge f(n)=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}$$
---
通过化简，公式可以简化为：
$$\large Catalan_n= C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{(2n)!}{n! \times n!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!\times (n-1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)}{n!\times (n+1)!}-\frac{(2n)!\times n}{n! \times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)-(2n)!\times n}{n!\times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!}{n!\times (n+1)!}=\frac{1}{n+1}\times \frac{(2n)!}{n!\times n!} =\frac{C_{2n}^n}{n+1}
$$
卡特兰数通项公式II
$$\huge \displaystyle f(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1} $$
---
除了这个通项公式之外，卡特兰数还有一个由该通项公式推导而来的递推公式：
$\large \displaystyle Catalan_{n+1}= \frac{1}{n+2}C_{2n+2}^{n+1} \\
=\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n+2)!}{(n+1)!\times (n+1)!} \\
=\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n)!\times (2n+1) \times (2n+2)}{n! \times n!\times (n+1)^2} \\
=\frac{1}{n+2}\times \frac{(2n+1)\times(2n+2)}{n+1} \times \frac{1}{n+1} \times \frac{(2n)!}{n!\times n!} \\
=\frac{2(2n+1)}{n+2}\times \frac{1}{n+1}\times C_{2n}^n \\
=\frac{4n+2}{n+2}Catalan_n
$
**初始值：`f[0] = f[1] = 1`**
卡特兰数公式III(递推)
$$\huge f(n)=\frac{4n-2}{n+1}f(n-1) $$
卡特兰数公式IV(取模常用)
$$ \huge f(n)=\frac{(2n)!}{(n+1)! \times n!} $$
卡特兰数公式V(递推)
一般不用来实现，用来推规律
$$\huge \displaystyle f(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)f(n-i-1) $$
证明：在$n$对括号的排列中，假设最后一个括号和第$i$个左括号匹配。则在第$i$个左括号之前，一定已经匹配上了($i-1$)对左括号。如下图，因此，此种情况的数量为$f(i-1)*f(n-i)$。($1<=i<=n$)最后一个右括号可以$1\sim n$个左括号匹配共$n$种情况。
因此，对$i$从$1$到$n$的情况求和得到$\large \displaystyle f(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)f(n-i-1)$，即可得到递推公式。
### 二、常见考点
#### 1、 进出栈问题
设栈$S$的初始状态为空，元素$a,b,c,d,e$**依次**入栈，以下**出栈序列**有多少种**可能性**？注意：这个序列顺序是定的.
重点：归纳法思考，由大及小。
我们这样去想，假设最终的出栈序列可能性用$f(n)$表示，其中$n$就是元素的个数。
假设第$k$个数是最后出栈的数，那么:
* 比它小的前$k-1$个数，肯定已经完成了入栈，出栈操作。因为从逻辑顺序上来讲，它们无法压到$k$下面去吧。
* 比它大的后$n-k$个数，肯定已经完成了入栈，出栈操作。它们倒是可以压到$k$下面去，但假设$k$是最后一个出栈的，它们不能破坏掉假设，也必须提出出栈。
现在，$k$将原来的问题，划分为两个子问题$f(n-k)$和$f(k-1)$,根据乘法原理，结果就是$f(n-k)*f(k-1)$。
$k$的取值范围是$1 \leq k \leq n$,再根据加法原理：
$$\large f(n)=\sum_{k=1}^{n}f(n-k)\times f(k-1)$$
展开写就是：$$\large f(n)=f(0) \times f(n-1) + f(1) \times f(n-2) + ... +f(n-1)\times f(0)$$
代码实现：
```cpp {.line-numbers}
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 12; i++) {
int fi = 0;
for (int j = 0; j <= i - 1; j++) fi += f[j] * f[i - j - 1];
cout << fi << " ";
}
```
[P1044 [NOIP2003 普及组] 栈](https://www.luogu.com.cn/problem/P1044)
```cpp {.line-numbers}
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20;
int f[N];
int main() {
int n;
cin >> n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i] += f[j - 1] * f[i - j];
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
```
#### 2、排队问题
变种（排队问题）：出栈入栈问题有许多的变种，比如$n$个人拿$5$元、$n$个人拿$10$元买物品，物品$5$元，老板没零钱。问有几种排队方式。熟悉栈的同学很容易就能把这个问题转换为栈。值得注意的是，由于每个拿$5$元的人排队的次序不是固定的，所以最后求得的答案要$n!$。拿$10$元的人同理，所以还要$n!$。所以这种变种的最后答案为$h(n)*n!$。
[P1754 球迷购票问题](https://www.luogu.com.cn/problem/P1754)
```cpp {.line-numbers}
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 30;
LL f[N];
int main() {
int n;
cin >> n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i] += f[j - 1] * f[i - j];
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
```
#### 3、 二叉树构成问题
有$n$个结点，问总共能构成几种不同的二叉树。
我们可以假设，如果采用中序遍历的话，根结点第$k$个被访问到，则根结点的左子树有$k-1$个点、根结点的右指数有$n-k$个点。$k$的取值范围为$1$到$n$。讲到这里就很明显看得出是卡特兰数了。
[AcWing 1645. 不同的二叉搜索树](https://www.acwing.com/solution/content/35252/)
没有超过$long$ $long$的存储范围的话，可以使用递推;
```cpp {.line-numbers}
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010, MOD = 1e9 + 7;
int n;
int f[N];
int main() {
cin >> n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i] = (f[i] + (LL)f[j - 1] * f[i - j]) % MOD;
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
```
[AcWing 1317. 树屋阶梯](https://www.acwing.com/problem/content/description/1319/)
模拟，按照公式（1）进行模拟，需要使用高精度
[黄海的题解](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16365245.html)
[AcWing 1257. 二叉树计数](https://www.acwing.com/problem/content/1259/)
```cpp {.line-numbers}
#include
using namespace std;
const int N = 10010; // 5000*2+10
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int a[N], b[N];
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[i * primes[j]] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int get(int n, int p) { // n!中p的次数
int s = 0;
while (n) n /= p, s += n;
return s;
}
void mul(int a[], int b, int &len) {
int t = 0;
for (int i = 1; i <= len; i++) {
t += a[i] * b;
a[i] = t % 10;
t /= 10;
}
while (t) {
a[++len] = t % 10;
t /= 10;
}
//去前导0
while (len > 1 && !a[len]) len--;
}
int C(int a, int b, int c[]) {
int len = 1;
c[1] = 1;
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i];
int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
while (s--) mul(c, p, len);
}
return len;
}
void sub(int a[], int b[], int &len) {
int t = 0;
for (int i = 1; i <= len; i++) {
t = a[i] - b[i] - t;
a[i] = (t + 10) % 10;
t < 0 ? t = 1 : t = 0;
}
while (len > 1 && !a[len]) len--;
}
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
get_primes(N - 10);
int n;
cin >> n;
int a1 = C(n + n, n, a);
int b1 = C(n + n, n - 1, b); // bl下面没有用到，原因是两数相减，我们知道a>b,按着a的长度来就行了
sub(a, b, a1);
for (int i = a1; i >= 1; i--) printf("%d", a[i]);
return 0;
}
```
#### 4、$01$序列
给出一个$n$，要求一个长度为$2n$的$01$序列，使得序列的任意前缀中$1$的个数不少于$0$的个数,有多少个不同的$01$序列?
以下为长度为$6$的序列:
`111000 101100 101010 110010 110100`
类比一下括号问题，此题就是一个祼的卡特兰数问题。
#### 5、$+1$ $-1$序列
$n$个$+1$和$n$个$-1$构成的$2n$项 $a_1,a_2,···,a_{2n}$ ，其部分和满足非负性质，即$a_1+a_2+···+a_k>=0，(k=1,2,···,2n)$ ，有多少个不同的此序列?
此典例解析与$01$序列解析一模一样，即此数列的个数等于第$n$个$Catalan$数，此处就不再赘述。
#### 6、凸多边形划分
在一个$n$边形中，通过不相交于$n$边形内部的对角线，把$n$边形拆分为若干个三角形，问有多少种拆分方案？
如五边形有如下$5$种拆分方案：
如六边形有如下14种拆分方案：
> **结论**：对凸$n$边形进行不同的三角形分割（只连接顶点对形成$n$个三角形）数为$h[n-2]$
这也是非常经典的一道题。我们可以这样来看，选择一个 **基边** ，显然这是多边形划分完之后某个三角形的一条边。图中我们假设基边是$p_1,p_n$，我们就可以用 $p_1,p_n$ 和另外一个点假设为$p_i$做一个三角形，并将多边形分成三部分(要是$i$与$1,n$挨着的话，就是两部分)，除了中间的三角形之外，一边是$i$边形，另一边是$n−i+1$边形。$i$的取值范围是$2$到$n−1$。所以本题的解
$$\large c(n)=c(2)*c(n−1)+c(3)*c(n−2)+...c(n−1)*c(2)$$
令$f(i)=c(i+2)$则
$$\large f(i)=f(0)f(i−1)+f(1)f(i−2)...+f(i−1)f(0)$$
很明显，这就是一个卡特兰数了。
### [四、链接资源](https://blog.csdn.net/Sherry_Yue/article/details/88364746)
### 五、递推与递归的代码实现
```cpp {.line-numbers}
#include
using namespace std;
const int N = 10;
int g[N];
// 递归
int f(int n) {
if (n == 0 || n == 1) return 1;
int sum = 0;
// f(0)*f(n-1)+f(1)*f(n-2)+....+f(n-1)*f(0)
for (int i = 0; i < n; i++)
sum += f(i) * f(n - 1 - i);
return sum;
}
int main() {
// 1、递推法
g[0] = g[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++)
for (int j = 0; j < i; j++)
g[i] += g[j] * g[i - j - 1]; // 考虑思路：画括号法
for (int i = 0; i < N; i++)
cout << g[i] << endl;
// 2 、递归法
for (int i = 0; i < N; i++)
cout << f(i) << endl;
return 0;
}
```