关于Catalan数

仍然是数学

卡特兰数是一个非常神奇的东西

序列长这样↓

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786……(从第零项开始)

通常比较常用的应该是递推式和组合数的求法

递推式：

f(n)=f(n-1)*(4n-2)/(n+1)

其中令f(0)=1

组合数：

f(n)=C(2n,n)/(n+1)

通常情况下，碰到一道题，你不确定是不是卡特兰数，可以手动或写个暴力跑出来比对结果，一般来说前七八项符合条件，那就没什么问题了，反正我碰到的就是这个样子2333

我碰到过的卡特兰数题好像不是很多。吧

【一】二叉树

求n个节点构成的不同二叉树个数(n≤8000)

这是一道很经典的题目，很多地方都有，n的范围可以到七八千左右吧

最朴素的算法就是暴力搜索了，虽然拿不了几分==

把前面几个算出来，可以发现就是卡特兰数的序列，然后就可以直接写了

发现是卡特兰数不难，但是关键选择计算卡特兰数的方法

首先n那么大，显然是要高精度的，高精度的话复杂度就和答案长度有关了，n为七八千的时候，答案长度会达到四五千，是非常大的一个数，所以必须要考虑压位

递推式的话，时间复杂度为O(nlen)也就是递推复杂度乘上高精度乘除的复杂度

下面放上fp代码↓

 const tt=1000000000;
 type arr=array[0..550]of int64;
 var n:longint;
     ans,ans1:arr;
 procedure init;
  var i:longint;
   begin
    assign(input,'secret.in');reset(input);
    assign(output,'secret.out');rewrite(output);
    readln(n);
   end;
 function mul(a:arr;x:longint):arr;
  var i:longint;
      c:arr;
   begin
    fillchar(c,sizeof(c),0);
    c[0]:=a[0];
    for i:=1 to c[0] do
     begin
      inc(c[i],a[i]*x);
      inc(c[i+1],c[i] div tt);
      c[i]:=c[i] mod tt;
     end;
    if c[c[0]+1]>0 then inc(c[0]);
    while (c[0]>1)and(c[c[0]]=0) do dec(c[0]);
    exit(c);
   end;
 function divx(a:arr;x:longint):arr;
  var i:longint;
      c:arr;
      yu:int64;
  begin
   fillchar(c,sizeof(c),0);
   c[0]:=a[0];yu:=0;
   for i:=c[0] downto 1 do
    begin
     yu:=a[i] mod x;
     inc(a[i-1],yu*tt);
     c[i]:=a[i] div x;
    end;
   if c[c[0]+1]>0 then inc(c[0]);
   while (c[c[0]]=0)and(c[0]>1) do dec(c[0]);
   exit(c);
  end;
 procedure main;
  var i:longint;
   begin
    ans[0]:=1;ans[1]:=1;
    for i:=2 to n do
      ans:=divx(mul(ans,4*i-2),i+1);
   end;
 procedure print;
  var i,j:longint;
      s:string;
  begin
   write(ans[ans[0]]);
   for i:=ans[0]-1 downto 1 do
    begin
     str(ans[i],s);
     for j:=9 downto length(s)+1 do write(0);
     write(s);
    end;
   close(input);close(output);
  end;
 begin
  init;
  main;
  print;
 end.

如果选组合数的话，按照组合数定义一个个跑的话复杂度和递推差不多==

所以可以进行拆分质因子，因为任何一个合数都可以拆分成若干个质因子相乘的形式，质数看成它本身即↓

X=(p1^a1)*(p2^a2)*(p3^a3)*(p4^a4)*……*(pk^ak)  (pi为质数)

所以通过枚举这些质因子求积，连乘的可以通过快速幂来实现，调用高精度乘法的次数减少了，只用在快速幂和幂的连乘，质因子只有根号个，复杂度就妥妥的降下来了，代码看下面↓

 const tt=1000000000;
 type arr=array[0..550]of int64;
 var n:longint;
     hash:array[0..16005]of longint;
     vis:array[0..16005]of boolean;
     ans:arr;
 procedure init;
  begin
   assign(input,'secret.in');reset(input);
   assign(output,'secret.out');rewrite(output);
   readln(n);
  end;
 procedure maker;
  var i,j:longint;
   begin
    fillchar(vis,sizeof(vis),1);
    for i:=2 to trunc(sqrt(2*n)) do
     for j:=2 to 2*n div i do
      if vis[i] then vis[i*j]:=false;
   end;
 function count(x,p:longint):longint;
  begin
   count:=0;
   while x>=p do
    begin
     inc(count,x div p);
     x:=x div p;
    end;
  end;
 function mul(a,b:arr):arr;
  var i,j:longint;
      c:arr;
  begin
   fillchar(c,sizeof(c),0);
   c[0]:=a[0]+b[0]-1;
   for i:=1 to a[0] do
    for j:=1 to b[0] do
     begin
      inc(c[i+j-1],a[i]*b[j]);
      inc(c[i+j],c[i+j-1] div tt);
      c[i+j-1]:=c[i+j-1] mod tt;
     end;
    if c[c[0]+1]>0 then inc(c[0]);
    while (c[c[0]]=0)and(c[0]>1) do dec(c[0]);
    exit(c);
   end;
 function power(a,b:longint):arr;
  var sum,w:arr;
   begin
    w[0]:=1;w[1]:=a;
    sum[0]:=1;sum[1]:=1;
    while b<>0 do
     begin
      if b and 1=1 then sum:=mul(sum,w);
      w:=mul(w,w);
      b:=b>>1;
     end;
    exit(sum);
   end;
 procedure main;
  var i:longint;
   begin
    maker;
    fillchar(hash,sizeof(hash),0);
    for i:=2 to n*2 do
     if vis[i] then hash[i]:=count(n*2,i)-count(n,i)-count(n+1,i);
    ans[1]:=1;ans[0]:=1;
    for i:=2 to 2*n do
     if hash[i]<>0 then ans:=mul(ans,power(i,hash[i]));
   end;
 procedure print;
  var i,j:longint;
      s:string;
  begin
   write(ans[ans[0]]);
   for i:=ans[0]-1 downto 1 do
    begin
     str(ans[i],s);
     for j:=length(s)+1 to 9 do write(0);
     write(s);
    end;
   close(input);close(output);
  end;
 begin
  init;
  main;
  print;
 end.

所以就解好了

【二】出栈次序

一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，求不同的出栈序列个数

和上面那个题也是一个思路，最后答案序列是卡特兰数

类似的变形题有买票找零之类的

题目描述长这样↓

一场激烈的足球赛开始前，售票工作正在紧张的进行中，每张球票为 50 元，现有 2n 个人排队等待购票，其中有 n 个人手持 50 元的钞票，另外 n 个人手持 100 元的钞票，假设开始售票时售票处没有零钱，问 2n 个人有多少种排队方式，使售票处不至出现找不开钱的局面。

我最开始做的时候是找规律，发现答案刚好是卡特兰数就写了，后来发现可以转换成进出栈的问题就是50元看成进栈，100元的时候把找回的50元看做一次出栈就一毛一样了。。

【三】凸多边形的三角划分

在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。求n多边形不同划分的方案数f(n)。

题目变形有在圆上选择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之类的

【四】括号化

矩阵连乘： 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，求不同括号化的方案数

方案数是f(n-1)，然而并没做过这类的题==

好像就没有其他什么东西了诶

【写的有漏洞的，欢迎路过大神吐槽】

2016-08-09 22:35:33

Ending.