资料参考：
卡特兰数（Catalan）
卡塔兰数是组合数学中一个常在各种计数问题中出现的数列。以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰（1814–1894）命名。历史上，清代数学家明安图(1692年－1763年)在其《割圜密率捷法》最早用到“卡塔兰数”，远远早于卡塔兰[1][2][3]。有中国学者建议将此数命名为“明安图数”或“明安图-卡塔兰数”。
卡塔兰数的一般项公式为 
可展开为 h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (其中n>=2，h(0) = h(1) = 1)
前20项为（OEIS中的数列A000108）：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190
卡特兰数的性质
Cn的另一个表达形式为
递推关系
它也满足
这提供了一个更快速的方法来计算卡塔兰数。
卡塔兰数的渐近增长为
它的含义是当n → ∞时，左式除以右式的商趋向于1。（这可以用n!的斯特灵公式来证明。）所有的奇卡塔兰数Cn都满足
。所有其他的卡塔兰数都是偶数。
卡特兰数的证明
折现法证明
有以下任意两种操作，要求每种操作的总次数一样，且进行第k次操作2前必须先进行至少k次操作1。我们假设一个人在原点，操作1是此人沿右上角45°走一个单位（一个单位设为根号2，这样他第一次进行操作1就刚好走到（1,1）点），操作2是此人沿右下角45°走一个单位。第k次操作2前必须先进行至少k次操作1，就是说明所走出来的折线不能跨越x轴走到y=-1这条线上！在进行n次操作1和n此操作2后，此人必将到到达（2n，0）！若无跨越x轴的限制，折线的种数将为C（2n，n），即在2n次操作中选出n次作为操作1的方法数。
现在只要减去跨越了x轴的情况数。对于任意跨越x轴的情况，必有将与y=-1相交。找出第一个与y=-1相交的点k，将k点以右的折线根据y=-1对称（即操作1与操作2互换了）。可以发现终点最终都会从（2n，0）对称到（2n，-2）。由于对称总是能进行的，且是可逆的。我们可以得出所有跨越了x轴的折线总数是与从（0,0）到（2n,-2）的折线总数。而后者的操作2比操作1要多0-（-2）=2次。即操作1为n-1,操作2为n+1。总数为C（2n，n-1）。
卡特兰数的应用
1、一个足够大的栈的进栈序列为1,2,3,⋯,n时有多少种不同的出栈序列？
证明一：
设f（n）为n个数时的方案数。已知f( 0 ) = 1,f( 1 ) = 1.
若当n = 4时：
F1 F2 F3 F4
1 2 3 4 //四种状态分别标记为F1，F2，F3，F4
若 F1 位于一号位置，则 F1 之前的位置的数字出栈顺序的情况数为f( 0 )，在一号位置后的数字出栈顺序的情况数为f（3）；则 F1 位于一号位置时方案总数为f（0）*f（3）；
若 F1 位于二号位置，则 F1 之前的位置的数字出栈顺序的情况数为f( 1 )，在二号位置后的数字出栈顺序的情况数为f（2）；则 F2 位于二号位置时方案总数为f（1）*f（2）；
同理：F1位于三号位置时 方案数为 f（2）*f（1）；F1位于四号位置时 方案数为f（3）*f（0）；
由上述条件可以推出：
f（4）=f（0）*f（3）+f（1）*f（2）+f（2）*f（1）+f（3）*f（0）；
则当n时由以上结论可推：
f( n )=f( 0 )*f( n-1 )+f( 1 )*f( n-2 )+f( 2 )*f( n-3 )......f( n-2 )*f( 1 )+f( n-1 )*f( 0 );
证明二：
我们用+1表示进栈，−1表示出栈，那么对n个数的序列，总的进出栈顺序是给2n个1前面挑n个添加+号，其他的添加−号，共C2nn种，但是其中有无效情况，因为出栈的前提是有进栈动作，于是要求每个排列中的前若干项和均不为负数，也就是说排列1,−1,−1,1,1,−1,−1,1是无效的。
不符合要求的数的特征是从左到右扫描时，必然在某一位奇数位2m+1位上首先出现m+1个-1（这个是可以证明的）和m个1，此后的2（n - m ) - 1位上有n - m个1和n - m - 1个-1。如若把后面这2(n - m)-1位上的-1和1互换，使之成为n - m个-1和n - m - 1个1，结果得1个由n + 1个-1和n - 1个1组成的2n位数。
反过来，任何一个由n + 1个-1和n - 1个1组成的2n位数，由于-1的个数多两个，2n为偶数，故必在某一个技术位上出现的-1的个数超过1的个数。同样在后面部分的-1和1互换，使之成为由n个-1和n个1组成的2n位数，即n + 1个-1和n - 1个1组成的2n位数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-1，n - 1个1组成的排列一一对应。显然，不符合要求的方案书C2nn+1，由此得出，输出序列的总数目为C2nn -C2nn+1 = 1/(n+1)*C2nn
证明三：（来自《计算机程序设计艺术》第三版，Donald E.Knuth著，苏运霖译，第一卷，508页
用S表示入栈，X表示出栈显然有C(2n, n)个含S，X各n个的序列，剩下的是计算不允许的序列数(它包含正确个数的S和X，但是违背其它条件)。
在任何不允许的序列中，定出使得X的个数超过S的个数的第一个X的位置。然后在导致并包括这个X的部分序列中，以S代替所有的X并以X代表所有的S。结果是一个有(n+1)个S和(n-1)个X的序列。反过来，对一垢一种类型的每个序列，我们都能逆转这个过程，而且找出导致它的前一种类型的不允许序列。例如XXSXSSSXXSSS必然来自SSXSXXXXXSSS。这个对应说明，不允许的序列的个数是C(2n, n-1)，因此总数目为 C(2n, n) - C(2n, n-1)。
2、所有在n × n格点中不越过对角线的单调路径的个数。
忽略限制条件不越过对角线，很容易知道共有方案数C2nn，因为无论如何都要走2n步，并且其中n步是向上走的，其中n步是向右走的。
有了限制条件后，我们只要减去超过对角线的就好。如果路径超过了对角线，那么一定和y=x+1这条线相交；为了计算出这部分的方案数，我们将路径在第一次与y=x+1这条线相交之前的部分，沿着y=x+1对称过去：现在我们发现这部分的路径在对称后，都变成了从(−1,1)到(n,n)的路径，而且是单一映射，并且是满射，换句话说，每个超过了对角线的路径，都能找到从(−1,1)到(n,n)的路径与之对应，反之亦然。所以我们就能得到方案数是C2nn -C2nn+1
3、有n个左括号，n个右括号，现在问有多少种排列，使得整个排列是个合法的括号序列
4、将n + 2条边的凸多边形剖分成若干个三角形的不同方案数是多少
5、现在有2n个人，每个人的身高从1到2n，现在排成两排，使得从左到右，从上到下都是递增的
如n=5有下面的一种排列方法：
1 3 4 5 6
2 7 8 9 10
这个问题本质上和括号序列是一样的，我们将左括号的下标写在第一行，右括号的下标写在第二行，就是答案。