网上找的大神的总结。中间很多图片省略掉了。。。以后补上。
Catalan数
中文:卡特兰数
原理：
令h(1)＝1,h(0)=1，catalan数满足递归式：
h(n)= h(1)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(1) (其中n>=2)
另类递归式：
h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
该递推关系的解为：
h(n+1)=C(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,...)
我并不关心其解是怎么求出来的，我只想知道怎么用catalan数分析问题。
我总结了一下，最典型的四类应用：（实质上却都一样，无非是递归等式的应用，就看你能不能分解问题写出递归式了）
1.括号化问题。
矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n)种)
2.出栈次序问题。
一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,..n,有多少个不同的出栈序列?
类似：有2n个人排成一行进入剧场。入场费5元。其中只有n个人有一张5元钞票，另外n人只有10元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零？(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)
更一般情况，当有m个人有5元，n个人有n个10元时，总方案数：
合法序列数量 = 序列总数量 - 不合法序列的总量
序列总数可以这样计算m+n 个位置中， 选择 n 个位置出来填上 1， 所以是 C(m+n, n)
不合法序列的数量就是： m+n 个位置中， 选择 m+1 个位置出来填上 1 所以是 C(m+n, m+1)
然后每个人都是不一样的，所以需要全排列 m! * n!
F(N)= ( C(m+n,n) - C(m+n,m+1) ) * m! * n! =(M+N)! * (M-N+1)/(M+1)
3.将多边行划分为三角形问题。
将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?
类似：一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她
从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？
类似：在圆上选择2n个点,将这些点成对连接起来使得所得到的n条线段不相交的方法数?
4.给顶节点组成二叉树的问题。
给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树？
（能构成h（N）个）
Catalan数的解法
Catalan数的组合公式为 Cn=C(2n,n) / (n+1);
此数的递归公式为 h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)
/* 大数解
对于大数来说，就应该使用下面的大数算法。
使用的公式为：h(n) = h(n-1)*(4*n-2)/（n+1）;
*/
// 0ms
#include<iostream>
using namespace std;
#define MAX 100
#define BASE 10000
void multiply(int a[],int Max,int b) //大数乘法,注意参数的传递
{
int i,array=0;
for (i = Max-1; i >= 0; i--)
{
array += b * a[i];
a[i] = array % BASE; // 数组每一位存放大数的四位数字
array /= BASE;
}
}
void divide(int a[], int Max, int b) //模拟大数除法
{
int i, div = 0;
for (i = 0; i < Max; i++)
{
div = div * BASE + a[i];
a[i] = div / b;
div %= b;
}
}
int main()
{
int a[101][MAX],i, n;
memset(a[1],0,MAX*sizeof(int));
for (i=2, a[1][MAX-1] = 1; i < 101; i++) // 高坐标存放大数低位
{
memcpy(a[i], a[i-1], MAX * sizeof(int)); //h[i] = h[i-1];
multiply(a[i], MAX, 4 * i - 2); //h[i] *= (4*i-2);
divide(a[i], MAX, i + 1); //h[i] /= （i+1）;
}
while (cin >> n)
{
for (i = 0; i < MAX && a[n][i] == 0; i++); //去掉数组前为0的数字。
cout << a[n][i++]; //输出第一个非0数
for (; i < MAX; i++)
{
printf("%04d",a[n][i]); //输出后面的数，并每位都保持4位长度!(32767)
}
cout << endl;
}
return 0;
}
AC CODE 2:
//C(0) = 1 ; (n+2)*C(n+1) = (4n+2)*C(n); 也即是：h(n) = h(n-1) * (4 * n - 2)/（n+1）;
// 0MS
#include<iostream>
using namespace std;
int a[101][101] = {0};
int main()
{
int n,i,j,len,r,temp,t;
int b[101];
a[1][0] = 1; // 低坐标存放大数的低位
len = 1;
b[1] = 1;
for (i = 2; i <= 100; i++)
{
t = i - 1;
for (j=0;j<len;j++) // 模拟乘法,从低位开始
{
a[i][j] = a[i-1][j] * (4 * t + 2);
}
for (r = j = 0; j < len; j++) // 处理相乘结果
{
temp = a[i][j] + r;
a[i][j] = temp % 10;
r = temp / 10;
}
while (r) // 进位处理
{
a[i][len++] = r % 10;
r /= 10;
}
for (j = len-1, r = 0; j >= 0; j--) // 模拟除法，从高位开始
{
temp = r * 10 + a[i][j];
a[i][j] = temp / (t+2);
r = temp % (t+2);
}
while (!a[i][len-1]) // 高位零处理
{
len--;
}
b[i] = len; // 记录结果的长度
}
while (cin >> n)
{
for(j = b[n] - 1; j >= 0; j--)
{
printf("%d",a[n][j]);
}
printf(" ");
}
return 0;
《编程之美》中提到了“买票找零”问题，查阅了下资料，此问题和卡特兰数 Cn有关，其定义如下：
卡特兰数真是一个神奇的数字，很多组合问题的数量都和它有关系，例如：
- Cn= 长度为 2n的 Dyck words的数量。 Dyck words是由 n个 X和 n个 Y组成的字符串，并且从左往右数， Y的数量不超过 X，例如长度为 6的 Dyck words为：
XXXYYY XYXXYY XYXYXY XXYYXY XXYXYY
- Cn= n对括号正确匹配组成的字符串数，例如 3对括号能够组成：
((())) ()(()) ()()() (())() (()())
- Cn= n+1个数相乘，所有的括号方案数。例如， 4个数相乘的括号方案为：
((ab)c)d (a(bc))d (ab)(cd) a((bc)d) a(b(cd))
- Cn= 拥有 n+1 个叶子节点的二叉树的数量。例如 4个叶子节点的所有二叉树形态：
- Cn=n*n的方格地图中，从一个角到另外一个角，不跨越对角线的路径数，例如， 4×4方格地图中的路径有：
- Cn= n+2条边的多边形，能被分割成三角形的方案数，例如 6边型的分割方案有：
- Cn= 圆桌周围有 2n个人，他们两两握手，但没有交叉的方案数。
在《Enumerative Combinatorics》一书中，竟然提到了多达 66种组合问题和卡特兰数有关。
分析
“卡特兰数”除了可以使用公式计算，也可以采用“分级排列法”来求解。以 n对括弧的合法匹配为例，对于一个序列 (()而言，有两个左括弧，和一个右括弧，可以看成“抵消了一对括弧，还剩下一个左括弧等待抵消”，那么说明还可以在末尾增加一个右括弧，或者一个左括弧，没有左括弧剩余的时候，不能添加右括弧。
由此，问题可以理解为，总共 2n个括弧，求 1～2n级的情况，第 i 级保存所有剩余 i 个左括号的排列方案数。 1～8级的计算过程如下表：
计算过程解释如下： 1级:只能放 1个“(”； 2级:可以在一级末尾增加一个“）”或者一个“ (”
以后每级计算时，如果遇到剩余 n>0个“(”的方案，可以在末尾增加一个“ (”或者“ )”进入下一级；遇到剩余 n=0个“(”的方案，可以在末尾增加一个“ (”进入下一级。
奇数级只能包含剩余奇数个“（”的排列方案
偶数级只能包含剩余偶数个“（”的排列方案
从表中可以看出，灰色部分可以不用计算。
解法
关键代码为：
double Catalan(int n) { if (n == 0) return 1; for (int i = 2; i <= 2 * n; i++) { var m = i <= n ? i : 2 * n + 1 - i; for (int j = (i - 1) & 1; j <= m; j += 2) { if (j > 0) arr[j - 1] += arr[j]; if (j < n) arr[j + 1] += arr[j]; arr[j] = 0; } } return arr[0]; }
其中：
n为 Cn中的 n；
arr = new double[n + 1];//arr[i]代表有 k个括弧的时候，剩余 "("个数为 i的排列方案个数 arr[1] = 1;
讨论
算法复杂度为 = O(n^2)，空间复杂度为 O(n+1)。相对于利用公式计算而言，此方法的优势在于——没有乘除法，只有加法。