卡特兰数，第一类斯特林数，第二类斯特林数
Catalan数 C(n)，第一类Stirling数 s(p,k)，第二类Stirling数 S(p,k)
[卡特兰数，第一类斯特林数，第二类斯特林数]
一．Catalan数 C(n)
C(n) 的一个形象的例子是：2*n个括号，其中有n个前括号'('和n个后括号')'，排成一列，满足所有括号都匹配的排列数。另一个例子是，n个1和n个-1，共2*n个数，排成一列，满足对所有0<=k<=2*n的前k个数的部分和Sk>=0的排列数。
C(n)的递推公式是 C(n) = ∑(i = 0 : n-1) { C(n-1-i)*C(i) }
C(n)的通项公式是 C(n) = ( 1/(n+1) ) * ((2n, n)) ，(( ))表示组合数
初始值 C(0) = 1
二．卡特兰数的扩展
问题1的描述：有n个1和m个-1（n>=m），共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk > 0的排列数。 问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不经过对角线x==y的方法数（x > y）。
考虑情况I：第一步走到（0，1），这样从（0，1）走到（n，m）无论如何也要经过x==y的点，这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));
考虑情况II：第一步走到（1，0），又有两种可能：
a . 不经过x==y的点；（所要求的情况）
b . 经过x==y的点，我们构造情况II.b和情况I的一一映射，说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是（x1，y1），将（0，0）到（x1，y1）的路径沿对角线翻折，于是唯一对应情况I的一种路径；对于情况I的一条路径，假设其与对角线的第一个焦点是（x2，y2），将（0，0）和（x2，y2）之间的路径沿对角线翻折，唯一对应情况II.b的一条路径。
问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。
((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1))
或： ((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))
问题2的描述：有n个1和m个-1（n>=m），共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk >= 0的排列数。（和问题1不同之处在于此处部分和可以为0，这也是更常见的情况） 问题等价为在一个格点阵列中，从（0，0）点走到（n，m）点且不穿过对角线x==y的方法数（可以走到x==y的点）。
把（n，m）点变换到（n+1，m）点，问题变成了问题1。
方法数为：
((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))
或： ((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))
三．第一类Stirling数 s(p,k)
s(p,k)的一个的组合学解释是：将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。
s(p,k)的递推公式：
s(p,k) = (p-1)*s(p-1,k) + s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1
边界条件：
s(p,0) = 0 ,p>=1
s(p,p) = 1 ,p>=0
递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空循环排列，这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列，而第p个物品插入第i个物品的左边，这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。
四．第二类Stirling数 S(p,k)
S(p,k)的一个组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。
S(p,k)的递推公式是：
S(p,k) = k*S(p-1,k) + S(p-1,k-1) ,1<= k <=p-1
边界条件：
S(p,p) = 1 ,p>=0
S(p,0) = 0 ,p>=1
递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空集合，此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第p个物品放入任意一个中，这样有k*S(p-1,k)种方法。
第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件，但递推关系不同。引用Brualdi《组合数学》里的一段注释“对于熟悉线性代数的读者，解释如下：具有（比如）实系数，最多为p次的那些各项式形成一个p+1维的向量空间。组1，n，n^2，...。n^p和组A(n, 0)，A(n,1)，A(n,2)，... ，A(n,p)都是该空间的基。第一类Stirling数和第二类Stirling数告诉我们如何用其中的一组基表示另一组基。”