栈与卡特兰数

栈（stack）是一种线性表，所有的插入和删除都在表的一端进行。其中，插入被称为压栈(push)，删除被称为弹栈(pop)，由于只能对最新被压入的元素进行弹出，栈又被称为后入先出(LIFO)表。

对于栈，给定一个输入序列\(1,2...n\) ，有两个经常被提及的问题，

1. 长度无限的栈可以有多少种输出序列。
2. 给定一个输出序列\(p_1,p_2...p_n\) ，如何判定它是否有效？

比如，对于输入序列\(1,2,3\)，我们有以下输出序列

• \(1,2,3\)
• \(1,3,2\)
• \(2,1,3\)
• \(2,3,1\)
• \(3,2,1\)

序列\(3,1,2\)是不合法的，因为输出3时，1和2已经被压进栈中，故而输出时2必须在1前面，不可能出现\(3,1,2\)的输出序列。

问题一

将问题一转化一下，由于输入序列已经确定，在栈上执行的操作将唯一地决定输出的序列，因而可以定义压栈操作为S，弹栈操作为X，使用S和X的序列来表示输出的序列。比如\(1,2,3\)可以用\(SXSXSX\)表示。容易看出，对于长度为\(n\)的输入序列，SX的序列长为\(2n\)，其中S和X各占n个。可以证明，SX序列和输出序列一一对应。

下面解决问题1，不同的输出序列的数量就是不同的合法SX操作序列的数量。合法的操作数等于n个S与n个X的组合数减去其中非法的组合数。根据SX在栈上的意义，非法的组合可以如下判定：

• 从左向右对S和X计数，若在某一点X的个数超出S的个数，则操作非法

比如\(XSSSXX\)就是一个非法的组合。

这个数目被称之为卡特兰数，是一个很有用的数学结论，下面给出一个不严谨的推导。

对于长度为n的输入序列，n个S与n个X的组合数为\(\dbinom{2n}{n}\)，对于每个非法的组合，从左向右记到第一个非法的X，将包括这个X在内的左边全部S和X反转，即将

\[XSSSXX,SXXSSX \]

转化为

\[SSSSXX,XSSSSX \]

这样，由于在第一个非法的X左边，S和X的数目相等，右边S的数目要比X的数目多1。进行反转后，总体上S的数目要比X的数目多2，即变为由(n+1)个S与(n-1)个X的组合。每个不合法的SX序列都可以唯一转化为一个这样的组合，每个这样的组合也可以唯一转化为不合法的SX序列。易证对于不同的非法序列不会映射为相同的结果，同理两个不同的(n+1)S与(n-1)X的组合也不会映射为相同的非法序列。故卡特兰数的结果为

\[C(n)=\dbinom{2n}{n} - \dbinom{2n}{n-1} \]

问题二

命题：对于序列\(p_1p_2...p_n\)，其使用栈得到输出序列\(S\)的充要条件为序列中不存在\(p_i...p_j...p_k\)，在\(T\)中的输出顺序为\(p_k...p_i...p_j\)。

证明：

在输出的任意时刻，我们有还未入栈的剩余序列\(p_m...p_n\)，栈内元素(栈底为左)\(s_1...s_k\)，以及顺序合法的已输出元素\(t_1t_2...t_a\)，对于下一个将出现在输出序列中的元素\(t_{a+1}\)，有两种情况

1. 存在于未入栈序列\(p_m...p_n\)中
2. 是栈顶元素\(s_k\)
3. 存在于栈中且不为栈顶元素

对于情况一，我们只需不停地入栈直到\(t_{a+1}\)成为栈顶元素，此时化归为情况二

对于情况二，我们只需弹栈即可

对于情况三，我们证明在充分条件下其不存在。

使用反证法假设其存在。由于\(t_{a+1}\)不为栈顶元素，设从\(t_{a+1}\)到栈顶选取一个元素\(o_{temp}\)，由于已经存在的序列是合法的，则\(t_{a+1}\) 的输出顺序应先于\(o_{temp}\)。即\(t{a}\)先于\(t{a+1}\)先于\(o_{temp}\)。由于现有输出序列均是由栈弹出获得，根据栈的性质可知入栈顺序\(t{a+1}\)先于\(o_{temp}\)先于\(t_a\)，即在序列中，\(t{a+1}\)先于\(o_{temp}\)先于\(t_a\)。令

\[\begin{align} t_{a+1} & = p_i \\ o_{temp}& = p_j \\ t_a & = p_k \end{align} \]

则与条件矛盾，故可证。

必要性略。

总结

卡特兰数为抽签问题的特殊形式。除卡特兰数之外，还有一种扩展是在规定了栈长度m以后求可能的输出序列数，这个问题比较困难，笔者目前还没有头绪。