殊途同归--catalan数的几种解法

殊途同归--catalan 数的几种解法

浙江省镇海中学 贺洪鸣

例1：

在平面直角坐标线中，从(0,0)点走到(n,n)点，规定只能向上或向右走，且不能穿过直线y=x 到达它的上方，共有几种走法？

解：

如图1所示，从A(0,0)点出发至B(n ,n )点，不穿过直线y =x 的走法数，等于从A 点出发至B 点的总走法数，减去从A 点出发至B 点并穿过直线y =x 的走法数。

从A 点出发至B 点的总走法数，相当于从2n 步的决策中，任选n 个向上的方案数，它等于(2)!(2,)!*!

n C n n n n =。

对于每一个从A 点出发至B 点并穿过直线y=x 的走法，必然存在第一次穿过直线y=x 从而到达直线y=x+1中的点P ，我们将从A 至P 的路径沿直线y=x+1对称反转，得到一条从A ’(-1,1)至B 的路径。

对于每一个从A ’至B 的走法，必然会到达直线y=x+1，我们找到第一次到达直线y=x+1时的点P ，将A ’至P 的路径沿直线y=x+1对称反转，得到一条从A 出发穿过直线y=x 到达点B 的路径。

因此，每一条从A 至B 且穿过直线y=x 的路径，一一对应着一条从A ’出发至B 的路径。这种路径数相当于从2n 步决策中，选择任意的n-1步向上走，走法数为

(2)!(2,1)(1)!*(1)!

n C n n n n -=

-+ 综上所述，从A 至B 不穿过直线y=x 的走法数(2,)(2,)(2,1)1

C n n C n n C n n n =--=+ 例2：

将n 个1和n 个-1排成一行，要求对于所有的k （k ∈[1,2n]），第1个数至第k 个数的累加和均非负，问有几种排列方法？ 解：

为方便叙述，引入几个概念：

(1)前k 个数的前缀和定义为从第1个数一直累加至第k 个数 (2)好的排列：对于k=1~2n ，前k 个数的前缀和总不小于0 (3)坏的排列：存在某个k,前k 个数的前缀和小于0

所求为好的排列数，显然，好的排列数等于总的排列数-坏的排列数 1．所有n 个1和n 个-1总的排列数有C(2n,n)个。

y=x A ’

2．求坏的排列数

如图2所示，在坏的排列中，找到第1次出现前缀和小于0的位置，该位置必为奇数位置，如第2k+1位置，该位置必为-1，它前面2k 位有k 个1和k 个-1，后面（第2k+2位至第2n 位）必有n-k 个1和n-k-1个-1。将第2k+2位至第2n 位取反，得到对应的一个n+1个-1和n-1个1的方案。 反之，对于任意一个有n+1个-1和n-1个1的方案，必存在第1次出现前缀和小于0（为-1）的位置2k+1，该位置为-1，它前面有k 个1和k 个-1，它后面有n-k 个-1和n-k-1个1，将后面取反，得到对应的一个n 个1和n 个-1的方案，该方案的第2k+1位处第一次出现累加和小于0，是一个坏排列。

综上所述，n 个1和n 个-1的某个坏的排列方案，一一对应着一个n+1个-1和n-1个1 的排列方案。而n+1个-1和n-1个1的排列数为C(2n,n-1)。

于是，所求为(2,)(2,)(2,1)1

C n n C n n C n n n =--=+

如果在例1中，向右走时，写一个1，向上走时，写一个-1，则例1转化为例2了。在例2中，遇1向右走，遇-1向上走，例2转化为例1。因此，这二个例子是等价的。

例3：

求n 个结点能构造出的二叉树数。 解：

设j 个结点能得到h j 个二叉树。当左子树有k-1个结点，右子树有j-k 个结点时，能得到h k-1*h j-k 个二叉树。因此，h j =∑(h k-1*h j-k )，k=1~j ，初值为h 0= 1。

根据上述递推式，可以求得以下的值： h 1=1，h 2=h 0*h 1+h 1*h 0=2， h 3=h 0*h 2+h 1*h 1+h 2*h 1=5，

h 4=h 0*h 3+h 1*h 2+h 2*h 1+h 3*h 0=14

h 5=h 0*h 4+h 1*h 3+h 2*h 2+h 3*h 1+h 4*h 0=42

h 6=h 0*h 5+h 1*h 4+h 2*h 3+h 3*h 2+h 4*h 1+h 5*h 0=132

我们发现，例3的前6个解与例1、例2的解是相同的，都是

catalan 数。能否证明例3的解就是catalan 数呢？

证明：（组合数学中的生成函数法）

令g(x)=h 0+h 1x+h 2x 2+…+h n x n +

…显然g(0)=h 0=1

g(x)2=h 0h 0+(h 0h 1+h 1h 0)x +…+(h 0h n-1+h 1h n-2+…+h n-2h 1+h n-1h 0)x n-1+… =1+h 2x+h 3x 2+…+h n x n-1+…

xg(x)2=x+h 2x 2+h 3x 3+…+h n x n +…=g(x)-1 即xg(x)2

-g(x)+1=0

1

2(),(0))

1

()(1(14))

2g x g g x x x --舍去因值不符合要求或 根据二项式定理展开得：

1

1

2

20

1

(14)((,)*1*(4))

21

((,)*(4))

2k k k k k x C k x C k x ∞

-=∞

=-=-=-∑∑ 11

112121

1111

(1)(2) (1)

12222(,)2!

(1)1*3*5*...*(23)*(2(1)!)

2!

(1)(22)!(1)*(22,1)2!(1)!2k k k k k k k k C k k k k k k C k k k k k ---------+=--=----==---其中上下同乘 1

1

2012(22,1)()(

)

()......(2,)1,1

k k n n n n C k k g x x k

g x h h x h x h x C n n k n x h n ∞

-=--∴==+++++∴=+=

+∑ 取时得到前的系数

证毕！

例1、例2的解法是相似的，都使用了排列组合中的减法运算，例3的问题与前两例好像没有明显的联系，使用生成函数法得到了与前两例相同的解。这两类问题能否互相转化呢？让我们使用下面的例4，把这两类问题转化为同一类问题。

例4（NOIP2003普及组第3题）

栈有两种最重要的操作，即pop （从栈顶弹出一个元素）和push （将一个元素进栈）。考虑这样一个问题：一个操作数序列，从1，2，一直到n ，栈A 的深度大于n 。现在可以进行两种操作：

1．将一个数，从操作数序列的头端移到栈的头端（对应数据结构栈的push 操作） 2．将一个数，从栈的头端移到输出序列的尾端（对应数据结构栈的pop 操作）

使用这两种操作，由一个操作数序列就可以得到一系列的输出序列。例如1 2 3 4 5为初始序列，经过进栈，出栈，进栈，进栈，进栈，出栈，进栈，出栈，出栈，出栈操作后，序列变为了1 4 5 3 2。试问一个序列1至n 经过堆栈处理之后，有多少种出栈序列。 输入：输入文件stack.in 中只有一个正整数n ，n<=3000（原题中n<=18）

输出：输出文件stack.out 中只有一行，该行只有一个整数,表示能得到的序列个数。

分析：

1．入栈时，写一个1，出栈时，写一个-1，本例与例1和例2等价。

2．以h j表示输入序列中有j个数，通过入栈、出栈操作能得到的输出序列数。我们可以：

(1)将前k-1个数通过入栈、出栈操作，得到h k-1个输出序列数

(2)将第k个数入栈

(3)将最后面的j-k个数通过入栈、出栈操作，得到h j-k个输出序列数

(4)最后将第k个数出栈

对于每个k值，得到方案数为h k-1*h j-k，不同的k值对应着不同的方案。于是，有：

h j=∑(h k-1*h j-k)，k=1~j。上述的(1)对应着左子树中有k-1个结点时能得的二叉树数，(3)对应着右子树中有j-k个结点时能得的二叉树数。显然本例与例3是等价的。

综上所述，例1、例2、例3和例4是等价的。

算法的选择

如果n规模达到了3000时，如何选择合适的算法呢？注意，当n=3000时，第n个catalan 数达到了1801位。下面以w表示高精度数的最大位数。

算法1：

使用例3的递推关系式：h n=h0h n-1+h1h n-2+…+h n-1h0，以及h0=1。求h n时，要做n*(n+1)/2次的高精度乘法和n(n-1)/2次的高精度加法。每次高精度乘法运算量为w2次，高精度加法运算量w次，因此，此算法时间复杂度为O(n2w2)的。

算法2：

使用例1和例2的方法，所求为C(2n,n)-C(2n,n-1)。

根据Pascal公式C(x,y)=C(x-1,y-1)+C(x-1,y)，可以计算2n2个组合数，每个组合数使用1次高精度加法，最后再做一次高精度减法。时间复杂度为O(n2w)的，优于算法1。

做高精度加法时，可以使用longint型来存储9位的值，逢10亿进位（简称9压位）。

算法3：

使用catalan数的计算公式求第n个catalan数C(2n,n)/(n+1)。

显然C(2n,0)为高精度数1，C(2n,k)=C(2n,k-1)*(2n-k+1)/k。这样只要做n次高精度乘单精度和n+1次高精度除以单精度数就可以了。每次高精度乘或除单精度只要做w次乘法或除法，因此，此算法的时间复杂度为O(nw)的，完全可以在1秒的时限内出解。

实际上，使用此算法，可以以1位longint表示5位数（简称5压位），当n=5000时，也能在1