引入

Catalan 数经常出现在各类计数问题中。比利时数学家 Eugène Charles Catalan 在 1958 年研究括号序列计数问题时发现了这一数列，它也因此得名。清朝数学家明安图早在 18 世纪 30 年代就已经发现这一数列。

Catalan 数满足如下递推关系：

$$ C_n = \begin{cases} 1, & n = 0, \ \sum_{i=0}^{n-1} C_{i}C_{n-1-i}, & n > 0. \end{cases}\tag{1} $$

应用

Catalan 数 $C_n$ 的递推关系有着天然的递归结构：规模为 $n$ 的计数问题 $C_n$，可以通过枚举分界点，分拆为两个规模分别为 $i$ 和 $(n-1-i)$ 的子问题。这一递推关系使得 Catalan 数广泛出现于各类具有类似递归结构的问题中。

  • 路径计数问题：有一个大小为 $n\times n$ 的方格图，左下角为 $(0, 0)$，右上角为 $(n, n)$。从左下角开始，每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 $y=x$ 上方（但可以触碰）的情况下，到达右上角的路径总数为 $C_n$。

证明

设方案数为 $T_n$。考虑 $n \ge 2$ 的情况。设路径 第一次 走到对角线 $y=x$ 的点是 $(k,k)~(k \in [1,n])$。考察从 $(0,0)$ 到 $(k,k)$ 的除起点和终点外，中间的点 不经过对角线（不能碰到） 的路径。

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如图所示，这些路径的第一步一定向右，从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$；最后一步一定向上，从 $(k,k-1)$ 到 $(k,k)$。因此，这些路径就是从 $(1,0)$ 到 $(k,k-1)$ 的不越过直线 $y=x-1$ 的路径，这样路径的数目就是 $T_{k-1}$。同时，从 $(k,k)$ 到 $(n,n)$ 的合法路径数就是 $T_{n-k}$。根据乘法原理，第一次在 $(k,k)$ 处触碰对角线的路径数目为 $T_{k-1} T_{n-k}$。枚举 $k$ 的所有可能性，所有合法路径的数目为

$$ T_n = \sum_{k=1}^n T_{k-1}T_{n-k}. $$

做代换 $k=i+1$ 就可以发现，这就是 Catalan 数的递推关系。由 $T_0=1$ 可知 $T_n = C_n$。

  • 圆内不相交弦计数问题：圆上有 $2n$ 个点，将这些点成对连接起来且使得所得到的 $n$ 条线段两两不交的方案数是 $C_n$。

  • 三角剖分计数问题：对角线不相交的情况下，将一个凸 $(n+2)$ 边形区域分成三角形区域的方法数为 $C_n$。

$$ T_n = \sum_{k=2}^{n+1} T_{k-2}T_{n+1-k}. $$

令 $k=i+2$，就得到 Catalan 数递归关系。由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$。

  • 二叉树计数问题：含有 $n$ 个结点的形态不同的二叉树数目为 $C_n$。等价地，含有 $n$ 个非叶结点的形态不同的满二叉树数目为 $C_{n}$。

记 $n$ 个结点的二叉树数目为 $T_n$。任取一个根结点，枚举左右子树大小。设左子树大小为 $i\in[0,n-1]$，则右子树大小为 $(n-1-i)$。左右子树均为子问题，所以，有递推关系

$$ T_n = \sum_{i=0}^{n-1}T_iT_{n-1-i}. $$

这就是 Catalan 数递推关系。由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$。

  • 括号序列计数问题：由 $n$ 对括号构成的合法括号序列数为 $C_n$。

  • 出栈序列计数问题：一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1,2,3, \ldots ,n$，合法出栈序列的数目为 $C_n$。

  • 数列计数问题：由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 组成的数列 $a_1,a_2, \ldots ,a_{2n}$ 中，部分和满足 $a_1+a_2+ \ldots +a_k \geq 0~(k=1,2,3, \ldots ,2n)$ 的数列数目为 $C_n$。

尽管这一递推关系应用广泛，但是直接计算复杂度较高，需要寻找更为简单的公式。

常见形式

Catalan 数有如下常见的表达式：

$$ C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} = \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!},~ n\ge 0. \tag{2} $$

$$ C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1},~n \ge 0. \tag{3} $$

$$ C_n = \frac{(4n-2)}{n+1}C_{n-1},~ n > 0,~ C_0 = 1. \tag{4} $$

Catalan 数的这些形式都可以高效计算：前两个形式将它转换为阶乘和组合数的计算问题，第三个形式则提供了顺次计算的递推公式。

组合意义

由于 Catalan 数具有明显的组合意义，所以只使用组合计数方法同样可以证明这些形式。本节为三个表达式分别提供一个组合意义的证明。

" 表达式 $(2)$ 的证明 " 考虑 数列计数问题。对于任意由 $\pm 1$ 组成的序列 ${a_i}{i=1}^{2n}$，定义它的部分和为 $S_i = \sum{j=1}^{i}a_i$，并定义它的 超额量（exceedance）为 $S_i < 0$ 且 $a_i = -1$ 的下标数量。超额量为 $0$，就等价于数列合法；超额量的取值范围是 $[0,n]$，共 $(n+1)$ 种可能的取值。需要证明的是，不同超额量的数列数量其实是一样的。

为此，可以构造一个从超额量为 $e > 0$ 的数列到超额量为 $(e-1)$ 的数列的映射 $f$。对于超额量为 $e > 0$ 的序列 ${a_i}$，取下标 $k$ 为使得 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标最小值。将 $a_k$ 左右两侧的序列交换，就得到如下序列 ${a’_i}$：

$$ a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{2n},a_k,a_{1},a_{2},\cdots,a_{k-1}. $$

由于原序列中 $a_k$ 右侧部分在交换前后对应的部分和序列不变，所以它们贡献的超额量也不变。对于原序列中 $a_k$ 左侧部分，它们对应的部分和在交换后全部增加 $1$，因此，它们贡献的超额量会减少，而且减少的数量恰好等于原序列 $a_k$ 左侧部分中满足 $S_i=-1$ 且 $a_i=-1$ 的下标数量。因为 $a_k$ 的选取保证了这样的下标有且仅有一个，所以，序列 ${a’_i}$ 的超额量就等于 $(e-1)$。也就是说，映射 $f$ 可以将序列的超额量恰好减少 $1$。

映射 $f$ 是可逆的。注意到序列 ${a’_i}$ 中，$a_k$ 对应的位置恰好为满足 $S’_k=+1$ 且 $a’_i = +1$ 的下标最大值。这是因为交换后，这些部分和都比交换前对应的部分和恰好大 $1$，因此，现在的部分和为 $+1$ 对应交换前部分和等于 $0$。但是，根据 $k$ 的选取，交换前这一部分（即原序列 $a_k$ 左侧部分）是没有满足 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标的。

由此，映射 $f$ 构成了超额量为 $e>0$ 的序列和超额量为 $(e-1)$ 的序列之间的双射。这就说明，不同超额量的数列数量其实是一样的。由于数列总数是 $\dbinom{2n}{n}$，合法数列（即超额量为 $0$ 的数列）数量就等于

$$ C_n = \dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}. $$

这就证明了 Catalan 数的表达式 $(2)$。

" 表达式 $(3)$ 的证明 " 考虑 路径计数问题。这是典型的格路计数问题，可以通过反射原理求解。具体到本问题，考虑用总路径数目减去不合法的路径数目。总路径数一共要走 $2n$ 步，其中 $n$ 步向右，所以方案数为 $\dbinom{2n}{n}$。一条路径不合法，当且仅当它碰到了直线 $y = x+1$。对于任意一条非法路径，可以找到第一次碰到直线 $y = x+1$ 的位置，并将该位置之后的路径关于直线 $y=x+1$ 做对称。此时，可以发现，一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径，变成了一条从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径。

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由于从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径必定要穿过直线 $y = x+1$，所以每条这样的路径都对应一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径。类似总路径数的计算，非法路径数目的总数就是 $\dbinom{2n}{n+1}$。因此，合法路径的总数为

$$ C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1}. $$

这就是 Catalan 数的表达式 $(3)$。

" 表达式 $(4)$ 的证明 " 考虑 三角剖分计数问题。设 $P$ 是凸 $(n+2)$ 边形，固定它的一个边为基边。对于多边形 $P$ 的每一个三角剖分，都可以选择它的一个非基边（包括三角剖分时新加的边）标记，并定向。这共有 $(4n+2)C_n$ 种剖分加标记的方案。又设 $Q$ 是凸 $(n+3)$ 边形，仍固定它的一个边为基边。对于多边形 $Q$，可以选择它的一条非基边标记，然后再做三角剖分。这共有 $(n+2)C_{n+1}$ 种标记加剖分的方案。

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如图所示，这两组操作得到的结果之间存在明显的双射。对于 $P$ 剖分并标记的一个结果，可以将它的标记边扩展为三角形，定向所指向的终点扩展为一条新边，并将这条新边打上标记，这就得到对 $Q$ 标记并剖分的一个结果；对于 $Q$ 标记并剖分的一个结果，可以将它的标记边压缩为一个点，并将压缩得到的对角线打上标记，且指向压缩得到的顶点，这就得到对 $P$ 剖分并标记的一个结果。因此，

$$ (4n+2)C_n = (n+2)C_{n+1}. $$

稍作整理，并结合 $C_0=1$，就得到 Catalan 数的表达式 $(4)$。