卡特兰数(Catalan)
卡特兰数又称卡塔兰数,英文名Catalan number,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,其前几项为 : 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796.
通项:f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0) n>=2
f(n)=f(n-1)*(4n-2)/(n+1)
应用场景:
1.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,试问有几种括号化的方案?(f(n-1)种)
思路:可以这样考虑,首先通过括号化,将P分成两个部分,然后分别对两个部分进行括号化。比如分成(a1)×(a2×a3.....×an),然后再对(a1)和(a2×a3.....×an)分别括号化;又如分成(a1×a2)×(a3.....×an),然后再对(a1×a2)和(a3.....×an)括号化。
设n个矩阵的括号化方案的种数为f(n),那么问题的解为
f(n) = f(1)*f(n-1) + f(2)*f(n-2) + f(3)*f(n-3) + f(n-1)*f(1)。f(1)*f(n-1)表示分成(a1)×(a2×a3.....×an)两部分,然后分别括号化。
2.出栈次序
○常规分析
首先,我们设f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。(我们假定,最后出栈的元素为k,显然,k取不同值时的情况是相互独立的,也就是求出每种k最后出栈的情况数后可用加法原则,由于k最后出栈,因此,在k入栈之前,比k小的值均出栈,此处情况有f(k-1)种,而之后比k大的值入栈,且都在k之前出栈,因此有f(n-k)种方式,由于比k小和比k大的值入栈出栈情况是相互独立的,此处可用乘法原则,f(n-k)*f(k-1)种,求和便是Catalan递归式。ps.author.陶百百)
首次出空之前第一个出栈的序数k将1~n的序列分成两个序列,其中一个是1~k-1,序列个数为k-1,另外一个是k+1~n,序列个数是n-k。
此时,我们若把k视为确定一个序数,那么根据乘法原理,f(n)的问题就等价于--序列个数为k-1的出栈序列种数乘以序列个数为n - k的出栈序列种数,即选择k这个序的f(n)=f(k-1)×f(n-k)。而k可以选1到n,所以再根据加法原理,将k取不同值的序列种数相加,得到的总序列种数为:f(n)=f(0)f(n-1)+f(1)f(n-2)+……+f(n-1)f(0)。
○非常规分析
对于每一个数来说,必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态'1',出栈设为状态'0'。n个数的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1‥n的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a(a≤b),因此输出序列的总数目=由左而右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数,1的累计数不小于0的累计数的方案种数。
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求(由左而右扫描,0的累计数大于1的累计数)的方案数即为所求。
不符合要求的数的特征是由左而右扫描时,必然在某一奇数位2m+1位上首先出现m+1个0的累计数和m个1的累计数,此后的2(n-m)-1位上有n-m个 1和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换,使之成为n-m个0和n-m-1个1,结果得1个由n
+1个0和n-1个1组成的2n位数,即一个不合要求的数对应于一个由n+1个0和n-1个1组成的排列。
反过来,任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数,由于0的个数多2个,2n为偶数,故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换,使之成为由n个0和n个1组成的2n位数,即n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数。
因而不合要求的2n位数与n+1个0,n-1个1组成的排列一一对应。
显然,不符合要求的方案数为c(2n,n+1)。由此得出输出序列的总数目=c(2n,n)-c(2n,n+1)=c(2n,n)/(n+1)=h(n+1)。
3.走棋盘
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:
相关题目链接:小兔的棋盘
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2067
代码:
#include "iostream" using namespace std; int main()
{
int a[],n;
a[]=; for(int i=;i<;i++)
{
a[i]=a[i-]*(*n-)/n+
} while(cin>>n)
{
cout<<a[n]<<endl;
} }
同理DP思路:dp 走格子问题
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