1

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

2

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。

3

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 T

l 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：

4

)0(,1

01

nccc

n

kknkn

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+ (c0 c1+c1c0) x + (c0 c2+c1 c1 +c2 c0)x2+ (c0 c3+

c1 c2 +c2 c1+c3 c0 )x3+………

5

nn

kknk

nkkk

kkk

kkk

xccxcc

xccxccccxB

][......

)()(

00

33

03

22

02

1

0100

2

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：

)0(...... 0132

2110

1

01

ncccc

ccccccc

nn

nn

n

kknkn

6

再由于序列 {cn} 构成的生成函数可以表示为 :

比较发现与 nn

kknk

n

nnnnn

n

nn

kknk

nn

nn

xccxB

xcccccccc

xccxcxB

][)(

]......[

][)(

00

2

013221100

1

01

10

B(x) 与 B2(x) 在第 n 项的系数只相差一项

n

k

nknk

n

n

k

nknk

n

xccxcc00

1

01

0

][][ 与

7

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

][][1)( 1

00

1

0

11

1

n

k

nknk

n

n

k

nknk

n

xccxccxxB

)(1)( 2 xBxxB

8

解此二次方程，并应用牛顿二项式定理 (P95) 得 :

]))4(21

1(1[21

)])4(21

)4(021

(1[21

])4(21

1[21

2)41(1

2411)(

1

1

0

0

21

n

nn

n

n

n

n

xnx

xn

xx

xnxx

xxxxB

9

)(2)1(1)1(2)1(2

2)1()1(

2)1(1

21

:

2)1(1

21

2)1(21

])4(21

[21)(

9512

1)1(2

1)1(

12

0

122

1

1121

1

Pnn

n

nc

xn

xn

xnx

xB

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nn

见

因此

作换元

10

nn

nnn

nc nn

n

n

n

2)1(

12)1(2

2)1()1( 12

12

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： ...)2,1,0(

211

nnn

nCn

11

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

...)2,1,0(2

11

nnn

nCn

12

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 。

nn

Sn2

13

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

,,...,, 221 naaa

14

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：

nn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnn

nnn

nnn

nn

USA

nnnU

nnn

n

211

11

!!)!2()

)1(1(

)!1(!)!2(

)111(

)!1(!)!2(

)!1()!1()!2(

!!)!2(

)!1()!1()!2(2

)!1()!1()!2(

那么

15

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；

16

（ 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；

17

（ 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 Cat

alan 数组合问题，我们仅仅对其中的部分问题进行讨论；

18

(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 ；

19

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。

(a ) (b )

O

N

N

O

20

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，

21

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

22

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：

23

),2(11

11

!!)!2(

)1(1

)!1(!)!2(

111

)!1(!)!2(

)!1()!1()!2(

!!)!2(

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

nnCnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnn

nnn

nnCnnCbnnCg nn

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：

n

nn

nnCn

211),2(

11

24

（ 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；

v k

v k£«1

v k£­1 F 1

v 1e

F 2

v k£«2

v n

v n £«1

余点依次相邻标记

25

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。

26

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 )

v k

v k£«1

v k£­1 F 1

v 1e

F 2

v k£«2

v n

v n £«1

27

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 :

1

1

n

kknkn hhh

n

nn

hn

nn

h nn

211

1

2211

1448

51

15

25251

5

h

28

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。

29

下面证明 Catalan 数满足 1阶齐次递推关系；

由于 所以有：

1)1(124

124)12)(2(

11

)!1()!1()!22(1!!)!2(

11

01

1

CnCnnC

nn

nnn

n

nnn

n

nnn

nCC

nn

n

n

所以

1

2 2( 1)1 111n n

n nC C

n nn n

30

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：,........,......,, **

3*2

*1 nCCCC

,.....)3,2,1(! 1* nCnC nn

31

将 Catalan 数的递推关系代入得到拟 -Cat

alan 数的递推关系：

111!1: 0*1 CC我们有初值

*12

221*

)64(])!1)[(64(

64!1)1(2)1(4!!

nn

nnnn

CnCnn

CnnnC

nnnCnC

这样，拟 -Catalan 数的递推关系和初值如下：1

)2()64(*1

*1

*

C

nCnC nn

32

利用这个递推关系，可以计算前几个 拟 -Catalan 数：

3024012

16802

1201

*4

*3

*4

*2

*4

*1

CC

CC

CC

我们还可以求出拟 -Catalan 数的计算公式：

1

22)!1(

1)1(2

1)1(1!! 1

*

nn

nnn

nnCnC nn

33

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)

34

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

35

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：

36

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。

37

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：

则： hn=2×2× (n-2) ×hn-1+2×hn-1

从而 hn= (4n-6) hn-1 n≥ 2

2 2( 1)! 1

1n n

nh C n n

n

38

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：

1221

122

!)!1(

!!

*

nn

nnn

nn

nC

nhg nn

n

39

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。

a1

a2

a3

a4

a5

a6

a7

(((a1a2)(a3(a4a5)))(a6a7))

(a4a5)

(a1a2)

(a3(a4a5))

(a6a7)((a 1a 2)(a 3(a

4a 5)))

这是 n=7 的情况

因为构造三角形的三个顶点没有次序区分 .

40

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 -Catala

n 数序列的固定公式。

41

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 。

42

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))

43

下次上课内容： 8.2 差分序列和 Stirling 数 （一）