第八章特殊计数序列 8.1 Catalan 数

第八章特殊计数序列8.1 Catalan数 前面我们已经讨论过一些特殊计数序列的例子。如：斐波那契序列： f n= f n-1 + f n-2 (n≥3) 翰若塔问题序列： hn= 2hn-1+ 1 (n≥1) 错位排列数序列：D0, D1, D2, D3,… Dn, ……等本节我们将继续研究4个著名的计数序列

8.1 Catalan数 Catalan(卡特朗)序列其递推关系是非线性的,许多有意义的计数问题都导致这样的递推关系。本次课将举出一些,后面还将见到。通过下面的例题我们来引入Catalan(卡特朗)序列。例：二叉树（或二元树）的计数问题。 如 3个结点可有5棵不同的二叉树, 如下图所示。

一般地，设cn为n个结点的不同的二叉树的个数，定义c0=1。在n＞0的情形下，二叉树有一个根结点及n-1个非根结点，设左子树Tl有k个结点，则右子树Tr有n-1-k个结点，于是每个不同的左子树有ck种时，右子树有cn-1-k种，由计数原理：一般地，设cn为n个结点的不同的二叉树的个数，定义c0=1。在n＞0的情形下，二叉树有一个根结点及n-1个非根结点，设左子树Tl有k个结点，则右子树Tr有n-1-k个结点，于是每个不同的左子树有ck种时，右子树有cn-1-k种，由计数原理：

令由序列{cn}构成的生成函数为： B(x) = c0+c1x +c2x2+ c3x3+……+cnxn+……那么 B(x)×B(x) = (c0+c1x +…… ) (c0+c1x +c2x2+ …… ) B2(x) = (c0)2+ (c0c1+c1c0)x + (c0c2+c1 c1 +c2 c0)x2+ (c0c3+c1 c2 +c2 c1+c3 c0 )x3+………

根据我们在第十九讲中补充的关于生成函数有 关结论可知：

再由于序列{cn}构成的生成函数可以表示为: B(x)与B2(x)在第n项的系数只相差一项

由于它们的首项都是1,将B(x)减去常数1后使得和式的每个单项式的幂大于等于1.再除以x后就得到生成函数为：由于它们的首项都是1,将B(x)减去常数1后使得和式的每个单项式的幂大于等于1.再除以x后就得到生成函数为：与B2(x) 的序列的生成函数化成一致。那么我们得到生成函数B(x)满足的方程：其中B(0) =c0 =1

解此二次方程，并应用牛顿二项式定理(P95)得:

作换元

这个数Cn常称为Catalan(卡特朗)数,序列{Cn}常称为Catalan(卡特朗)序列。常用第一个字母C表示，记为：C0,C1,C2,C3,…..Cn,……其中，通项：这个数Cn常称为Catalan(卡特朗)数,序列{Cn}常称为Catalan(卡特朗)序列。常用第一个字母C表示，记为：C0,C1,C2,C3,…..Cn,……其中，通项：

定理8.1.1 n个+1 和 n个 –1 构成的 2n项数列 a1, a2, …, a2n若其部分和满足 a1＋a2＋…＋ ak≥ 0 k＝1,2,…,2n 的数列a1, a2... ak的个数等于第n个Catalan数，即证明：n个+1 和 n个 –1 构成的 2n项数列若其部分和满足 a1＋a2＋…＋ ak≥ 0

则称该数列是可接受的数列，否则是不可接受的则称该数列是可接受的数列，否则是不可接受的数列。令Sn是由n个 +1 和 n个 –1 构成的2n项数列的全体，An是其中可接受的部分，Un是其中不可接受的部分.于是: |Sn|＝|An|＋|Un| 而: 可见，通过计算|Un|进而计算出|An|; 对每个不可接受序列，总可以找到最小的正奇数k，使得ak=-1且ak之前的+1与-1的个数相等，即有a1+a2+…+ak-1=0, ak =-1。

例: -1+1-1+1-1+1-1+1-1+1……..其中a7 = -1 现将这个不可接受序列中前k项的每一项取反号，其余部分保持不变，得到新序列变为m+1个+1和m-1个-1构成的序列。例: 1-1+1-1+1-1+1+1-1+1……..注意有两个1连加反之，对任一由n+1个+1和n-1个-1构成的序列，从左到右扫描，当+1的个数第一次比-1的个数多1时就把这些扫描到的项全部取反号，其余

项不变，结果又得到n个+1和n个-1构成的不可接 受序列。从而，易知不可接受序列的数目Un就与n+1个+1和n-1个-1所成的序列的数目相等。由于后者的数目为：

Catalan数的组合学意义可罗列如下：  （1）从(0，0)点沿第一象限的格线到(n, n)点的不穿越方格对角线的最短路径数；  （2）序列a1a2…ak的元素顺序保持不变，按不同结合方式插入合法圆括号对的方案数；（3）用n-1条互不交叉的对角线把n+2条边(n≥1)的凸多边形拆分三角形化的方法数；

（4） 2n个人排队上车，车票费为5角，2n个人 中有一半人持有一元面值钞票，一半人持有5角钞票，求不同的上车方案数，使得在这些方案中售票员总能用先上车的购票钱给后上车者找零；  （5）甲、乙二人比赛乒乓球，最后结果为n∶n，比赛过程中甲始终不落后于乙的计分种数；

（6）n个点的有序二叉树的个数；  （7）n个叶子的完全二叉数的个数；（8）圆周上2n个点连接成的n条两两互不相交的弦分割圆的方案数。以上8种类型的计数问题, 是典型的Catalan数组合问题，我们仅仅对其中的部分问题进行讨论；

(1)从O(0,0)点沿第一象限的格线到N(n,n)点的 不穿越方格对角线ON的最短路径数；沿格线前进不穿越对角线(但可接触对角线上的格点)的路线分为走对角线上方或走对角线下方两种情形，由对称性，易知两种路线数相等。因此，只需计算走一方的路线数(不妨计算对角线下方的路线数)。 设符合题意的路线为好路线，其总数记为gn；

即:遇到对角线就向右; 穿越对角线的路线记为 坏路线，其总数记为bn。 (a)图是4×4方格中的坏路线，(b)图是4×4方格变为5×3方格的后的路线。 N N O O

易知n×n方格上从左下角到右上角的每一条路 线可用一个包含n个R(右) 和n个U(上)的字符串来描述。例如下图所示的路线可用字符串RUURRURU共8个字符来表示，可以看出，R和U的数量各占一半。这样的字符串可以由在给定的2n个位置中为R 选择n个位置而不考虑顺序，其余n个位置填入U。于是，

有C(2n,n)种可能的路线。且有gn+bn=C(2n, n)， 即：gn=C(2n, n)-bn, 故只需计算坏路线数bn。对任一坏路线，选定最初穿越对角线后的第一次移动，并将此移动之后的右行改为上行，上行改为右行，这样的变化使得向上移动增加一个而向右移动减少一个,即可得到一条(n+1)×(n-1)方格上从左下角走到右上角不加限制的路线；反之，对任一(n+1)×(n-1)方格

上从左下角走到右上角不加限制的路线，从最 初位于对角线上方的第一点起，改上移为右移，改右移为上移，即可得到一条n×n方格上(从(0,0)点到(n,n)点)的坏路线。亦即, n×n方格上的坏路线与(n+1)×(n-1)方格上的路线之间存在一一对应。由于(n+1)×(n-1)方格的路线为: C(2n, n+1)或C(2n, n-1)，两者相等, 故取bn=C(2n, n-1)。从而有：

注意，在求对角线下方的好路线数时，每条走过对角线上方的路线都作为坏路线计入了bn。进而，仅走对角线一侧且不穿越对角线 的总路径数为Catalan数：

（3）用互不交叉的对角线把n+1条边(n≥2) 的 凸多边形三角形化分的方法数；余点依次相邻标记

令hn表示将n+1(n≥2)边凸多边形进行三角 形拆分的方案数，则当n=1时，h1=1，当n≥3时，任取多边形一边为基边记作e，其两端点一端记为v1，一端记为vn+1，余点依次相邻标记如图所示。现以v1，vn+1及任意顶点vk+1(k=1,2,…,n-1)构作一个三角形，该三角形将凸多边形分为F1, F2两个区域。

其中，F1由k+1边凸多边形围成，其三角形拆分 方案数为hk，F2由n-k+1边凸多边形围成，其三角形剖分方案数为hn-k， F1与F2的边数关系是: [(k+1)+(n-k+1)+1]-2 = n+1(总边数)

由乘法原理知 易证对于六边形时,即当n=5时,可求得分拆三角形数:

凸6边形(n=5)的14个拆分方案 其中从同一顶点引出3条对角线的有6种；从两个顶点各引出2条对角线的又有6种；从3个互不相邻点连接的有2种，共14种。

下面证明Catalan数满足1阶齐次递推关系； 由于所以有：

我们可义求出前几项的Catalan数的数值： C0 = 1 , C1 = 1 , C2 = 2 , C3 = 5 C4 = 14 , C5 =42 , C6 = 132, C7 =429 C8 =1430, C9 = 4862 ,……………. 现在我们定义一个新的数列：为了方便给它取名叫做拟- Catalan数。令：

将Catalan数的递推关系代入得到拟-Catalan数的递推关系：将Catalan数的递推关系代入得到拟-Catalan数的递推关系：这样，拟-Catalan数的递推关系和初值如下：

利用这个递推关系，可以计算前几个 拟-Catalan数：我们还可以求出拟-Catalan数的计算公式：

例：设a1,a2,…,an是n个数。定义这些数的一种 乘法格式是指a1,a2,…,an任意两个或者它们部分积之间的n-1种乘法运算的方案。计算n个数的不同乘法格式的个数。分析：设hn是n个数的不同乘法格式的个数。那么: h1 = 1 , 一个数的乘法格式; h2 = 2 , 两个数的乘法格式; (a1×a2) 和(a2×a1)

h3 = 12 , 三个数的乘法格式; (a1×(a2×a3)), (a2×(a1×a3)),(a3×(a1×a2)) (a1×(a3×a2)), (a2×(a3×a1)),(a3×(a2×a1)) ((a2×a3)×a1), ((a1×a3)×a2), ((a1×a2)×a3) ((a3×a2)×a1), ((a3×a1)×a2), ((a2×a1)×a3) 看得出, 三个数的乘法格式都需要两次乘法,两组括号因子,每种格式的乘法就对应一括号

内的因子,一般说来每个乘法格式都可以通过以内的因子,一般说来每个乘法格式都可以通过以看成是由某种规定顺序列出：a1,a2,a3, ….an而后插入 n-1对括号和n-1个×号使得每对括号都指定两个因子的乘积,例如其中就有: (a1×(a2×(a3×(a4×(a5×(a6 ×….)))…..)) 一种乘法格式。我们利用归纳法来验证递推关系：

i) 取a1,a2, a3,….an-1的一种乘法格式(它有n-2次乘法和n-2组括号), 将an插入到n-2个乘法运算中任一个×号两侧的任一侧，有：2×(n-2)种；对于任一个乘法因子(括号)由分左右两侧，所以共有: 2×2×(n-2)种 ii)取a1,a2, a3,….an-1的一种乘法格式, 将an放到整个表达式两侧的任一侧。又有2倍种。

则：hn=2×2× (n-2) ×hn-1+2×hn-1 从而 hn= (4n-6) hn-1 n≥ 2 由h3 = 12，分析任一中乘法格式(a1×(a2×a3)), 可以有10个位置插入a4 故h4 = (4*4－6)*12=120 由此可见，序列{ hn}与拟-Catalan数有相同的递推关系，故有：

上例中我们只考虑了对以规定顺序a1,a2, a3,….an列成的n个数的那些乘法格式进行计数,例如统计了： a1,a2, a3而没有考虑 a2,a3,a1;令gn是表示带有这种附加限制的乘法格式数,将这n个数全排： hn=n! gn, 因此，我们有：

a4 a5 a3 (a4a5) (a3(a4a5)) a6 a2 (a1a2) ((a1a2)(a3(a4a5))) (a6a7) a1 a7 (((a1a2)(a3(a4a5)))(a6a7)) 这个序列关系与凸(n+1)边形区域通过在区域内插入n个不相交的对角线而分成三角形区域的方法数相同。因为构造三角形的三个顶点没有次序区分. 这是n=7的情况

总结 本次课我们介绍了Catalan数序列和拟-Catalan数序列等知识。由于它们的递推关系是非线性的，生成函数和序列通项显的比较特殊。可以牢记Catalan数序列和拟-Catalan数序列的固定公式。

本次授课到此结束 作业如下: P193 1, 3, 4 1.设在圆上选择2n个（等间隔的）点。证明将这些点成对连接起来使所得到的n条线段不相交的方法数等于第n个Catalan数Cn。

3.写出四个数的所有乘法格式并对应它们的凸五边形的三角形分拆。3.写出四个数的所有乘法格式并对应它们的凸五边形的三角形分拆。 4.确定对应下列乘法格式的凸多边形区域的三角形划分。 i) (a1×(((a2×a3)×(a4×a5) )×a6)) ii) (((a1×a2)×(a3×(a4×a5))×((a6×a7) ×a8))

下次上课内容： 8.2 差分序列和Stirling 数（一）

第八章特殊计数序列 8.1 Catalan 数