卡特兰数

从格点$(0,0)$走到格点$(n,n)$，只能向右或向上走，不能穿过对角线，的路径的条数，称为卡特兰数$H_n$。

则有$H_0=1$。

通项公式：

1. $H_n=\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2n\\ n-1\end{array}\right)$
2. $H_n=\frac{\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)}{n+1}$
3. $H_n=\frac{4n-2}{n+1}{H}_{n-1}$

折线法

证明一下卡特兰数的公式。

先证明公式1：
如果没有限制，那么路径总数是，从$2n$步移动之中，选出$n$步向上走，另外$n$步向右走的方案数$\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)$。

如果有限制，我们画出$y=x+1$的函数图像，碰到这条线，意味着不合法。
把所有不合法的路径沿着这条图像对折过来，其终点必然是$(n-1,n+1)$。
换句话说，所有到达$(n-1,n+1)$的路径，都对应着到达$(n,n)$的一条不合法路径。因此答案就是$\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}n+1+n-1\\ n-1\end{array}\right)$

QED.

证明一下公式2：
$\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2n\\ n-1\end{array}\right)$
$=\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}$
$=\frac{(2n)!}{n!(n-1)!n}-\frac{(2n)!}{n!(n-1)!(n+1)}$
$=\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}\cdot \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$
$=\frac{(2n)!}{n!(n-1)!n}-\frac{(2n)!}{n!(n-1)!(n+1)}$
$=\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}\cdot \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$
$=\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}\cdot \frac{1}{n(n+1)}$
$=\frac{(2n)!}{n!n!}\cdot \frac{1}{n+1}$
$=\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)\cdot \frac{1}{n+1}$

QED.

证明一下公式3：
留作习题，读者自证不难。

常见情况

特点：一种操作不能超过另一种操作，或操作之间不能有交集。

例如：

1. 一个由$n$个$0$，$n$个$1$组成的长度为$2n$的字符串，满足所有前缀中，$1$的个数不能超过$0$的个数，这样的子串数量。
2. 包含$n$组括号的合法表达式的数量。
   （想要括号序列合法，必须保证所有前缀中，左括号的数量大于等于右括号的数量）
3. 一个栈的进栈序列为$1,2,...,n$，则出栈序列的可能数量。
   （必须保证出栈数量小于等于进栈数量）
4. 在圆上选择$2n$个点，连接起来形成$n$条不相交的弦的方案数。
   （把$n$条不相交的弦映射为括号序列，把弦的左端映射为左括号，右端映射为右括号）
5. 通过连接顶点将$n+2$条边的正多边形分为$n$个三角形的方案数（三角剖分）。
   （想要保证分为$n$个三角形，必须保证连接的线不相交）
6. $n$个节点可以构造多少颗不同的二叉树？
   考虑对$n+2$条边的多边形三角剖分，把剖分得出的三角形抽象为一个节点，对它相邻的三角形连边，最后得出必定是一颗二叉树。
7. 一段连乘积有多少种运算次序？
   （相当于给连乘积加括号）

公式法

事实上有：
$H_n=\stackrel{n-1}{\sum _{i=0}}{H}_i{H}_{n-i-1}$

可以从两个方面来证明一下：

• 出栈序列
  考虑$i$是最后一个出栈的数，则$[1,i-1]$在$i$进栈之前就出栈了，情况数有$H_{i-1}$种，而$i$后面的$n-i$个数，则必然在$i$出栈前就出栈了，情况数有$H_{n-i}$种，枚举这个$i$，得到
  $H_n=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{H}_{i-1}{H}_{n-i}=\stackrel{n-1}{\sum _{i=0}}{H}_i{H}_{n-i-1}$
• 格点计数
  我们知道，在格点卡特兰数的要求中，路径不能越过对角线。我们可知，在走到终点之前的一步，一定是向上走的：
  
  红色表示最后一步。

显然，碰到对角线之后，一定是向右走的，我们枚举对角线上的一个点，使得走完向右走的那一步之后，不能越过新的对角线，统计的路径条数：

绿色，枚举的位置。
红色，最后一步。
蓝色，新的对角线。

此时我们发现，从底下走到绿色圆圈，不能越过对角线。与从绿色箭头走到红色圆圈，不能越过蓝线，是两个更小的卡特兰数问题，因此可以用乘法原理计数。

我们注意到，我们枚举的一种新的情况，在我们枚举的更旧的情况中都属于不合法情况，不会被重复统计。

QED.

用公式同样可以解释各种卡特兰数的情况。

1. 一个由$n$个$0$，$n$个$1$组成的长度为$2n$的字符串，满足所有前缀中，$1$的个数不能超过$0$的个数，这样的子串数量。
   注意到最后一个字符一定是$1$，枚举一个位置的$0$，使得这个$0$与末尾的那个$1$匹配，转化为格点计数的情况。
2. 包含$n$组括号的合法表达式的数量。
   同理。
3. 一个栈的进栈序列为$1,2,...,n$，则出栈序列的可能数量。
   同理。
4. 在圆上选择$2n$个点，连接起来形成$n$条不相交的弦的方案数。
   同理，枚举一个点与最后那个点（任意指定一个固定的点为最后的点）连接成弦。
5. 通过连接顶点将$n+2$条边的正多边形分为$n$个三角形的方案数（三角剖分）。
   同理4。
6. $n$个节点可以构造多少颗不同的二叉树？
   枚举根节点有$i$个左子树，则就会有$n-i-1$个右子树，显然。

斯特林数

第一类斯特林数

定义$\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]$表示$n$元集合划分为$m$个非空环排列的方案数，即无符号第一类斯特林数，或简称为第一类斯特林数，斯特林轮换数。

第一类斯特林数有递推式：
$\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right]+(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right]$

递推式容易证明，留作习题。

第二类斯特林数

定义$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$表示将$n$元集合划分为$m$个非空子集的方案数，即第二类斯特林数，或斯特林子集数。

第二类斯特林数有递推式：
$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right\}+m\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right\}$

递推式容易证明，留作习题。

其他

• 两类斯特林数的边界条件都是$s[0][0]=1$。
• 从递推式可以看出，斯特林数增长比组合数还要快。
• 斯特林数用于解决组合计数问题，以及用于斯特林反演。这些问题较复杂，单独讨论。

后记

于是皆大欢喜。