卡塔兰数
卡塔兰数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。由以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)命名。
卡塔兰数的一般项公式为 
另类递归式： h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
前几项为 （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, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...
[编辑]性质
Cn的另一个表达形式为
所以，Cn是一个自然数；这一点在先前的通项公式中并不显而易见。
这个表达形式也是André对前一公式证明的基础。(见下文的第二个证明。)
卡塔兰数满足以下递推关系
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
它的含义是左式除以右式的商趋向于1当n → ∞。（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n = 2k − 1。所有其他的卡塔兰数都是偶数。
应用
组合数学中有非常多.的组合结构可以用卡塔兰数来计数。在Richard P. Stanley的Enumerative Combinatorics: Volume 2一书的习题中
包括了66个相异的可由卡塔兰数表达的组合结构。以下用Cn=3和Cn=4举若干例：
- Cn表示长度2n的dyck word的个数。Dyck word是一个有n个X和n个Y组成的字串，且所有的部分字串皆满足X的个数大于等于Y的个数。
- 以下为长度为6的dyck words:
- 将上例的X换成左括号，Y换成右括号，Cn表示所有包含n组括号的合法运算式的个数:
- Cn表示有n+1个叶子的二叉树的个数。
- Cn表示所有不同构的含n个分枝结点的满二叉树的个数。（一个有根二叉树是满的当且仅当每个结点都有两个子树或没有子树。）
证明：
令1表示进栈，0表示出栈，则可转化为求一个2n位、含n个1、n个0的二进制数，满足从左往右扫描到任意一位时，经过的0数不多于1数。
显然含n个1、n个0的2n位二进制数共有
个，下面考虑不满足要求的数目.
考虑一个含n个1、n个0的2n位二进制数，扫描到第2m+1位上时有m+1个0和m个1（容易证明一定存在这样的情况），则后面的0-1排列中
必有n-m个1和n-m-1个0。将2m+2及其以后的部分0变成1、1变成0，则对应一个n+1个0和n-1个1的二进制数。
反之亦然（相似的思路证明两者一一对应）。
从而
。证毕。
- Cn表示所有在n × n格点中不越过对角线的单调路径的个数。一个单调路径从格点左下角出发，在格点右上角结束，每一步均为向上或
- 向右。计算这种路径的个数等价于计算Dyck word的个数： X代表“向右”，Y代表“向上”。下图为n = 4的情况：
-
- Cn表示对{1, ..., n}依序进出栈的置换个数。一个置换w是依序进出栈的当S(w) = (1, ..., n), 其中S(w)递归定义如下：令w = unv，其中n为w的
- 最大元素，u和v为更短的数列；再令S(w) =S(u)S(v)n，其中S为所有含一个元素的数列的单位元。
- Cn表示集合{1, ..., n}的不交叉划分的个数. 那么, Cn 永远不大于第n项贝尔数. Cn也表示集合{1, ..., 2n}的不交叉划分的个数，其中每个段
- 落的长度为2。综合这两个结论，可以用数学归纳法证明 that all of the free cumulants of degree more than 2 of the Wigner semicircle law
- are zero. This law is important in free probability theory and the theory of random matrices.
- Cn表示用n个长方形填充一个高度为n的阶梯状图形的方法个数。下图为 n = 4的情况:
百度百科资料:
简介
中文:卡特兰数
Catalan数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。由以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)命名。
原理：
令h(0)=1,h(1)＝1,catalan数满足递归式：
h(n)= h(0)*h(n-1) + h(1)*h(n-2) + 
+ h(n-1)h(0) (其中n>=2)
该递推关系的解为：
h(n)=C(2n,n)/(n + 1) (n=1,2,3,)
另类递归式： h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
前几项为 （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, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452,
应用
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：
(1)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)
(2)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。
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，能构成多少种形状不同的二叉树？
(一定是二叉树!
先去一个点作为顶点,然后左边依次可以取0至N-1个相对应的,右边是N-1到0个,两两配对相乘,就是h(0)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + + h(n-1)h(0)=h(n))
（能构成h（N）个）
经典例题：
1. hdu 4828
1 #include <time.h> 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <queue> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstring> 11 #include <utility> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #include <list> 16 using namespace std; 17 #define eps 1e-10 18 #define PI acos(-1.0) 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps) 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s); 22 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} 23 typedef long long ll; 24 typedef unsigned long long ull; 25 const int maxn=1e6+5; 26 const int Inf=0x7f7f7f7f; 27 const ll mod=1e9+7; 28 //const int N=3e3+5; 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); } 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;} 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;} 36 int Abs(int n) { 37 return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31); 38 /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1 39 若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1) 40 需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算， 41 结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */ 42 } 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) { 44 ll res = 1; 45 while (b > 0) { 46 if (b & 1) res = res * a%c; 47 a = a * a%c; 48 b >>= 1; 49 } 50 return res%c; 51 } 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) 53 { 54 if(b==0) { 55 x=1,y=0; 56 return; 57 } 58 extend_gcd(b,a%b,x,y); 59 ll tmp=x; 60 x=y; 61 y=tmp-(a/b)*y; 62 } 63 ll mod_inverse(ll a,ll m) 64 { 65 ll x,y; 66 extend_gcd(a,m,x,y); 67 return (m+x%m)%m; 68 } 69 ll eulor(ll x) 70 { 71 ll cnt=x; 72 ll ma=sqrt(x); 73 for(int i=2;i<=ma;i++) 74 { 75 if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1); 76 while(x%i==0) x/=i; 77 } 78 if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1); 79 return cnt; 80 } 81 ll inv[maxn],f[maxn]; 82 void init() 83 { 84 inv[1]=1; 85 for(int i=2;i<maxn-1;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 86 f[1]=1; 87 for(int i=2;i<maxn-1;i++) f[i]=((f[i-1]*(4*i-2))%mod*inv[i+1])%mod; 88 } 89 int main() 90 { 91 init(); 92 int t,n,k=0; 93 scanf("%d",&t); 94 while(t--) 95 { 96 scanf("%d",&n); 97 printf("Case #%d: %lld ",++k,f[n]); 98 } 99 return 0; 100 }