卡特兰数

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：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& C_n=\{\begin{array}{ll}1,& n=0,\\ \sum _{i=0}^{n-1}{C}_i{C}_{n-1-i},& n>0.\end{array}\end{array}$$

数列的前几项为：（OEIS: A000108，下标从 $0$ 开始）

$$1,1,2,5,13,42,132,429,1430,\dots$$

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 $C_n$。

  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。

  

  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 $C_n$。

  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 $1,2,\dots ,2n$。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 $C_n$。

  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 $C_n$。

  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

  $$T_n=\sum _{i=0}^{n-1}{T}_i{T}_{n-1-i}.$$

  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 $C_n$。

  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 $1,2,3,\dots ,n$，合法出栈序列的数目为 $C_n$。

  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 $a_1,a_2,\dots ,a_{2n}$ 中，部分和满足 $a_1+a_2+\dots +a_k\ge 0(k=1,2,3,\dots ,2n)$ 的数列数目为 $C_n$。

  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：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& C_n=\frac{1}{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})={\displaystyle \frac{(2n)!}{n!(n+1)!}},n\ge 0.\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(3)}& C_n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1}),n\ge 0.\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(4)}& C_n=\frac{(4n-2)}{n+1}{C}_{n-1},n>0,C_0=1.\end{array}$$

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：

$$\begin{array}{rl}{C}_n& =(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1})\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!}(1-\frac{n!}{(n-1)!(n+1)})\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!}(1-\frac{n}{n+1})\\ & ={\displaystyle \frac{(2n)!}{n!(n+1)!}}.\end{array}$$

以及，表达式 $(4)$ 也可以转化为表达式 $(2)$ 中阶乘形式：

$$C_n=\prod _{i=1}^n\frac{(4i-2)}{i+1}=\prod _{i=1}^n\frac{2i(2i-1)}{i(i+1)}={\displaystyle \frac{(2n)!}{n!(n+1)!}}.$$

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 $C(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_n{x}^n$。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：

$$\begin{array}{rl}C(x)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_n{x}^n\\ & =1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{i=0}^{n-1}{C}_i{C}_{n-i-1}\right)x^n\\ & =1+x\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{i=0}^{n-1}{C}_i{x}^i{C}_{n-i-1}{x}^{n-i-1}\\ & =1+x\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_i{x}^i\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_j{x}^j\\ & =1+x{C}^2(x).\end{array}$$

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：

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

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

$$C(x)={\displaystyle \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}.$$

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：

$$\sqrt{1-4x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}_{-n}}{n!}}(-4x{)}^n,$$

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

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{1}{2}\right)}_{-n}& =\prod _{k=0}^{n-1}({\displaystyle \frac{1}{2}}-k)={\displaystyle \frac{1}{2^n}}\prod _{k=1}^{n-1}(1-2k)={\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{2^n}}\prod _{k=1}^{n-1}(2k-1)\\ & ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{2^{2n-1}}}\prod _{k=1}^{n-1}{\displaystyle \frac{(2k-1)2k}{k}}={\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{2^{2n-1}}}{\displaystyle \frac{(2n-2)!}{(n-1)!}}.\end{array}$$

代入 $C(x)$ 的表达式，就有

$$\begin{array}{rl}C(x)& ={\displaystyle \frac{1}{2x}}(1-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}_{-n}}{n!}}(-4x{)}^n)\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{2x}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-4x{)}^n}{n!}}{\left(\frac{1}{2}\right)}_{-n}\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{2x}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-4x{)}^n}{n!}}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{2^{2n-1}}}{\displaystyle \frac{(2n-2)!}{(n-1)!}}\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}}{x}^{n-1}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(2n)!}{n!(n+1)!}}{x}^n.\end{array}$$

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 $\{a_i^{\prime }\}$：

$$a_{k+1},a_{k+2},\cdots ,a_{2n},a_k,a_1,a_2,\cdots ,a_{k-1}.$$

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 $\{a_i^{\prime }\}$ 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 $\{a_i^{\prime }\}$ 中，$a_k$ 对应的位置恰好为满足 $S_k^{\prime }=+1$ 且 $a_i^{\prime }=+1$ 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 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$，合法数列（即超额量为 $0$ 的数列）数量就等于

$$C_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}.$$

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 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$。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。

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 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1})}$。因此，合法路径的总数为

$$C_n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1}).$$

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。

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 $1,2,\dots ,n$，求所有可能的出栈顺序的总数。

参考代码

C++Python

#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;
}

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

• Luogu P2532 [AHOI2012] 树屋阶梯
• Luogu P1641 [SCOI2010] 生成字符串
• Luogu P3200 [HNOI2009] 有趣的数列
• AtCoder Beginner Contest 205 E - White and Black Balls
• AtCoder Regular Contest 145 C - Split and Maximize
• Luogu P5014 水の三角（修改版）
• Luogu P3978 [TJOI2015] 概率论

参考资料与注释

• Catalan number - Wikipedia

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