卡特兰数（Catalan）相关应用

关于卡特兰数这玩意，其实最早是为了准备NOIP初赛而学的（包括斯特林数），不过那时候也没意识到它这么好玩。
这几天好像经常看到关于卡特兰数的一些应用，尤其是文化课数学正好在学计数，所以就决定写一篇总结一下。

为了给非竞赛生更好的阅读体验不至于一上来就被大量的公式劝退，我先介绍卡特兰数的应用，再推导公式。

当你看到这些时，它对应了卡特兰数

我们用 $C_n$ 表示第 $n$ 个卡特兰数，其中 $n\in\N$ 。它满足以下递推公式：
$C_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-1-i}=\sum\limits_{i+j=n-1}C_iC_j(n\in\N^*)$
$C_0=1$
另外还有一个更简洁的递推公式 $C_n=\frac{4n-2}{n+1}C_{n-1}$ ，但它的使用频率并不高。
以及通项 $C_n=\frac{1}{n+1}C_{2n}^n$ 。这个公式的推导我放在最后。
如果你发现你要解决的计数问题对应到以上公式，考虑卡特兰数。

应用举栗

【可接受数列问题】由 $n$ 个 $-1$ 和 $n$ 个 $+1$ 构成的长度为 $2n$ 的数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{2n}$ ，如果满足对于任意的 $k\leq2n$ 且 $k\in\N^*$ 都有
$a_1+a_2+\cdots+a_k\geq0$
那么称这个数列是可接受的，否则是不可接受的。可以证明：可接受的数列个数是第 $n$ 个卡特兰数 $C_n$ 。
证：首先，由 $n$ 个 $-1$ 和 $n$ 个 $+1$ 构成的长度为 $2n$ 的数列显然有 $C_{2n}^n$ 种，它们要么是可接受的，要么是不可接受的。我们想办法求出其中的不可接受的数列数量，将其减去即可。
考虑一个不可接受的数列，那么它一定存在第一个下标 $k$ ，满足
$a_1+a_2+\cdots+a_k<0$
显然 $k$ 是一个奇数， $a_k=-1$ ，并且前 $k-1$ 个数中 $-1$ 的个数和 $+1$ 一样多。
下面我们做一个操作：将 $a_1,\cdots,a_k$ 这 $k$ 个数全部取相反数，即 $+1$ 变为 $-1$ ， $-1$ 变为 $+1$ ，那么 $-1$ 的个数减少 $1$ ， $+1$ 的个数增加 $1$ ，我们得到了一个由 $(n-1)$ 个 $-1$ 和 $(n+1)$ 个 $+1$ 构成的长度为 $2n$ 的数列。
上述操作是可逆的。即，对于任意一个由 $(n-1)$ 个 $-1$ 和 $(n+1)$ 个 $+1$ 构成的数列，我们都可以找到其最小的下标 $k$ 满足前 $k$ 项之和大于 $0$ （这样的 $k$ 显然存在），将这 $k$ 项取相反数，得到一个不可接受的数列。
所以，不可接受的数列与由 $(n-1)$ 个 $-1$ 和 $(n+1)$ 个 $+1$ 构成的长度为 ${2n}$ 的数列一样多，有 $C_{2n}^{n+1}$ 种。
因此，可接受的数列数量为 $C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}$ ，化简得它等于 $\frac{1}{n+1}C_{2n}^n$ ，为第 $n$ 个卡特兰数。
【下对角线格点路径问题】在直角坐标系中，从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$ ，只能向右或向上走的所有格点路径中，只经过直线 $y=x$ 及其下方区域的点（不能穿过直线 $y=x$ ）的路径数为第 $n$ 个卡特兰数 $C_n$
证：利用上一题的结论，不妨将向右走记为 $+1$ ，向上走记为 $-1$ ，那么每条路径都与一个由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 构成的序列一一对应，而满足要求（即所谓“下对角线格点路径”）的格点路径对应的序列就是可接受序列，数量为 $C_n$ 。
当 $n$ 不大时，本题还有一个简单易行的动态规划做法：设 $f(i,j)$ 表示从 $(0,0)$ 走到 $(i,j)$ 的下对角线格点路径数，当 $i<j$ 时 $f(i,j)=0$ ，否则 $f(i,j)=f(i,j-1)+f(i-1,j)$ 。这个做法尤其对非竞赛生比较友好，因为它其实就是小学老师教过的在格点上标数字的做法：

其实可接受数列问题也可以转化成这道题然后采用这个做法，枚举量和思维量都比较小。当然了，真正算法竞赛里是肯定不会让这种做法拿到满分的。
【多边形的三角剖分问题】将一个凸 $(n+2)$ 边形通过连接 $(n-1)$ 条不相交的对角线的方式剖分成 $n$ 个三角形的方案数为第 $n$ 个卡特兰数 $C_n$ 。
证：设 $f_n$ 表示凸 $(n+2)$ 边形三角剖分方案数，我们可以选定一个顶点 $A_1$ ，从它出发连接两条线段 $A_1A_i$ 和 $A_1A_{i+1}$ （允许其中的某一条是该多边形的边而非对角线），那么这两条线段和 $A_iA_{i+1}$ 构成了一个三角形。这也就把这个凸 $(n+2)$ 边形切成了一个凸 $i$ 边形 $A_1A_2\cdots A_i$ 、一个三角形 $A_1A_iA_{i+1}$ 和一个凸 $(n-i+3)$ 边形 $A_1A_{i+1}A_{i+2}\cdots A_{n+2}$ ，根据乘法原理，继续剖分的方案数为 $f_{i-2}f_{n-i+1}$ ，于是有
$f_n=\sum\limits_{i=2}^{n+1}f_{i-2}f_{n-i+1}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f_if_{n-1-i}$
并且规定“二边形”三角剖分方案数为 $1$ ，有 $f_0=1$
可以发现 $f_n=C_n$ ，为第 $n$ 项卡特兰数。
【圆上的点连线问题】将圆上的 $2n$ 个等分点成对地连线，使得这 $n$ 条线段互不相交的方案数为 $C_n$ 。
证：设 $f_n$ 表示将圆上的 $2n$ 个等分点成对连线，使得它们不相交的方案数。我们可以选定一个点 $A_1$ ，任意连接一条线段 $A_1A_i$ 。这里 $i$ 显然是偶数（否则它两侧的点的个数均为奇数，没有符合条件的方案），不妨用 $2i$ 来表示，即连接线段 $A_1A_{2i}$ ，那么在它两侧的点数分别为 $(2i-2)$ 和 $(2n-2i)$ 个，根据乘法原理，继续连线的方案数为 $f_{i-1}f_{n-i}$ 。所以有
$f_n=\sum\limits_{i=1}^nf_{i-1}f_{n-i}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f_if_{n-1-i}$
并且规定 $n=0$ 时有一种方案
$f_0=1$
不难发现 $f_n=C_n$ 。
【二叉树计数问题】由 $n$ 个结点构成的不同形态的有根二叉树共有 $C_n$ 个，其中 $C_n$ 为第 $n$ 项卡特兰数。
仿照上例显然。
【进出栈序列问题】将 $n$ 个不同的元素依次进栈，可以得到不同的出栈序列有 $C_n$ 个。
令进栈为 $+1$ ，出栈为 $-1$ ，则变成了可接受数列问题。
【表达式运算顺序问题】考虑将 $(n+1)$ 个数相乘
$a_1a_2\cdots a_{n+1}$
现在允许给这个表达式加括号来改变运算顺序，但是不可以改变它们的位置，即可以使用结合律但不能使用交换律，不同的运算顺序有 $C_n$ 种。
同样从递推关系入手考虑即可得证。

公式推导

下面我们来推导卡特兰数通项公式

前置芝士：生成函数

设有数列 $\{f_n\}$ ，其生成函数定义为 $F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots$ ，即 $F(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty f_kx^k$ ，由于这里 $x$ 并无实际意义，规定 $|x|<\frac{1}{|f_i|}$ 。

前置芝士：牛顿二项式定理

即二项式定理的扩展：
$(a+b)^\alpha=\sum\limits_{k=0}^\infty C_\alpha^ka^{\alpha-k}b^k$ ，其中 $\alpha$ 是任意实数。
$C_\alpha^k$ 为牛顿二项式系数，定义为 $C_\alpha^k=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}=\frac{\alpha^{\underline{k}}}{k!}$ ，其中 $\alpha^{\underline{k}}$ 称为 $\alpha$ 的 $k$ 次下降阶乘幂。（这个记号来源于《具体数学》）

设卡特兰数列生成函数
$f(x)=C_0+C_1x+C_2x^2+\cdots=\sum\limits_{k=0}^\infty C_kx^k$
$(f(x))^2=C_0C_0+(C_0C_1+C_1C_0)x+(C_0C_2+C_1C_1+C_2C_0)x^2+\cdots$
即
$(f(x))^2=\sum\limits_{k=0}^\infty\left(\sum\limits_{i+j=k}C_iC_j\right)x^k$
将递推公式代入得到
$(f(x))^2=\sum\limits_{k=0}^\infty C_{k+1}x^k$
$x(f(x))^2=\sum\limits_{k=0}^\infty C_{k+1}x^{k+1}=\sum\limits_{k=1}^\infty C_kx^k=f(x)-C_0$
于是得到关于 $f(x)$ 的二次方程
$x(f(x))^2-f(x)+1=0$
利用求根公式解得
$f(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}$
注意到 $f(x)$ 必须满足 $f(0)=C_0=1$ 。当 $f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ 时，利用洛必达法则可得 $\lim\limits_{x\to0}f(x)=1$ 符合。然而当 $f(x)=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2x}$ 时，不难发现它在 $0$ 处的极限不存在（为无穷大），舍去。
所以
$f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$
利用牛顿二项式定理展开，最终可以得到
$f(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(2k)!}{(k+1)!k!}x^k$
所以
$C_n=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^n$
如果希望得到本文一开始提到的那个更简洁的递推公式，只需将两项的通项相除即可。

练习：

更一般地，从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$ （ $n\geq m$ ）的下对角线格点路径数是多少？
[TJOI2015]概率论：由 $n$ 个顶点随机生成的有根二叉树期望有多少个叶节点？
我也想不到有什么别的练习题了…

参考资料：《组合数学（原书第5版）》 by Richard A. Brualdi