Catalan数
预备知识:
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对角线剖分:
设(A_1 A_2 A_3 ··· A_n)是凸n边形.用(n-3)条（除端点外）无公共点的对角线,可以将它剖分为三角形,这样的剖分我们称它为对角线剖分.显然，对角线剖分的方法未必只有一种.例如上图,6边形的对角线剖分共有14种.我们将凸n边形的对角线剖分的种数,记为(T_n-2).容易知道,
$$ T_2 =2,T_3 =5,T_4 =14 $$
为了能够得到统一的通项公式,通常约定,
$$ T_0 = T_1 =1 $$
$ T_n $通常称为Catalan数，由大神Eugene Charles Catalan命名.据考证,Catalan数最早是由L. Eular于1753年在解决凸包划分成三角形问题的时候提出的(也有说法称是蒙古的明安图在1730年提出的).然而Eugen Otto Erwin Netto在他的论文中将该数归功于Catalan.
通项公式:
为了深度了解Catalan数的性质,我们希望求出(T_n)的公式.
只要稍微研究一下,很容易想到(T_n)的递推式.如上图,考虑以(n)边形的第(1)条边引出的三角形(红色三角形).这个三角形将(n)边形分成两个多边形,设其中一个为(k+1)边形(为什么不设为(k)边形?),则另一个为(n-k+1)边形.因此,我们得到
$$ T_{n-2}=sum_{k=1}^n T_{k-1} ullet T_{n-k-1} $$
(这里我们用到了$ T_0 = T_1 =1 $的规定)
额,好像略过于复杂了.很多人肯定都知道实际上(T_n=frac{1}{n+1} C_{2n}^n),可以验证这个通项满足上式.然而我们这里还不知道这个事实,于是我们在这里遇到了瓶颈,好像没办法继续下去了.先别着急,我们来看看下面的问题.
添括号
如果(*)是一个运算,且(*)不满足结合律,那么,表达式 $ a_1 * (a_2 * a_3) $ 与 $ (a_1 * a_2) * a_3 $ 有不同的值.
我们想知道,在表达式
$$ a_1 * a_2 * a_3 * ··· * a_n $$
中,适当增加(n-2)个括号,可以得出多少个不同的结果.
事实上,共有(T_{n-1})种不同的结果.为了证明这个结论,想到可以构造一个从对角线分割的方法到添括号的方法的一一映射(f).这个(f)定义如下:
将凸n+1边形的前(n)条边顺次编号(a_1,a_2,···,a_n),剩下那条边编号为0.在对角线剖分中,对角线(l)将多边形分成两个部分.在不含边(0)的那一部分中,有两条边(a_i)与(a_j)与(l)有公共点,我们就在表达式中添加一对从(a_i)到(a_j)的括号.于是,这(n-2)条对角线对应了(n-2)对互不相同的括号.显然,这(n-2)对括号是合法的.于是,只需证明(f)是一一映射即可.
(f)是单射:因为在剖分(x eq x')时,(x)至少有一条对角线不在(x')中出现,所以在(f(x))中有一处括号与(f(x'))不同,即(f(x) eq f(x')).
(f)是满射:若增添了(n-2)对括号后得到了(y),对于从(a_i)到(a_j)的一对括号,在凸(n)边形中(a_i)的始点和(a_j)的终点间连一条对角线.这样,一个添括号的方法(y)可以唯一对应地产生一个对角线剖分(x),并且(f(x)=y).
至此,我们顺利地证明了添括号的方法恰好有(T_{n-1})种,于是要得到(T_n)的公式,只需求出添括号的方法数.然而,求出这个我们还需要费些周章.
黑白棋子
有(2n)个棋子排成一列,其中(n)个黑棋子,(n)个白棋子,且从左往右数过来数到的黑棋子个数不多于白棋子个数.求这样满足要求的排列的个数.
设排列的个数为(A_n)只需要稍微枚举一下,很容易发现
$ A_1=1 $ $ A_2=2 $ $ A_3=5 $ $ A_4=14 $
发现正好与(T_n)相同!于是我们猜测(A_n=T_n).为了证明这个结论,我们还是需要构造一个一一映射(f):
Whitworth路线
我们知道,从原点((0,0))沿坐标网走到格点((n,n))的路线共有(C_{2n}^n)条.在这(C_{2n}^n)条路线中,不在直线(y=x)上方出现的路线称为Whitworth路线,简称W线.对于一条W线,我们通常将路线中向东走一个单位长度表示为"E",向北走一个单位长度表示为"N".
如上图,就是一个(n=3)时的W线,可以表示成
$$ ENEENN $$
那么,共有多少条Whitworth路线?
显然,从左往右