卡特兰数与斯特林数

卡特兰数与斯特林数

卡特兰数

前言：这里我们定义 \(C_n\) 为卡特兰数的第 \(n\) 项。

递归定义式：\(C_n=\sum_{i=0}^{n-1}{C_i\times C_{n-i-1}}\)
理解：对于 \(n\) 个点构成的二叉树，其形态共有 \(C_n\) 个，你设根节点的左儿子子树大小为 \(i\)，即形态有 \(C_{i}\) 个，右子树大小为 \(n-i-1\)，即形态有 \(C_{n-i-1}\) 个，相乘即可。

组合定义式：\(C_n=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{1}{n+1}\times C_{2n}^{n}\)
这个后面证

卡特兰数的增长大约为 \(O(4^n)\)

例题：给定 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\) 组成的一个 \(2n\) 个元素的排列，要求该排列的任意前缀，\(0\) 的数量不能少于 \(1\) 的数量，求满足排列的个数

结论：排列个数为 \(C_n\) 个
证明：我们可以建一个 \(n\times n\) 的网格，\(1\) 表示向上走，\(0\) 表示向右走，最终我们从 \((1,1)\) 走到 \((n,n)\)，对于任意前缀 \(0\) 的数量不能少于 \(1\) 的数量这个限制，我们可以画出对角线，对角线以下的是合法的，而对角线上面的是不合法的，接着我们在对角线上再隔一格画一条线 \(y\)，对于不合法的，我们沿 \(y\) 对称回来，这样他只会超过对角线最多一格，而他最后只会走到 \((n,n-1)\)，即 \(C_n=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{1}{n+1}\times C_{2n}^{n}\)

错位排列

例题：有 \(n\) 个盒子编号为 \(1\) 到 \(n\)，有 \(n\) 个球编号为 \(1\) 到 \(n\)，求编号为 \(i\) 的球不放入编号为 \(i\) 的盒子的方案数

设 \(dp_i\) 表示 \(n\) 个元素的错位排列的方案数，则 \(dp_i=(n-1)\times (dp_{n-1}+dp_{n-2}),dp_1=0,dp_2=1\)

证明：当我们考虑到第 \(n\) 个时

1. 前 \(n-1\) 个元素全部错位排列，此时我们随便找一个数与 \(n\) 交换即可，方案数为 \((n-1)\times dp_{n-1}\)
2. 前 \(n-1\) 个元素恰有一个不错位排列，将 \(n\) 与其交换，剩余的 \(n-2\) 个元素仍为错位排列，方案数为 \((n-1)\times dp_{n-2}\)
3. 前 \(n-1\) 个元素有超过一个不错位排列，此时可以证明无法通过一次交换形成错位排列

圆排列

在 \(n\) 个元素中取 \(k\) 个元素，首尾相接形成长度为 \(k\) 的环，允许旋转，求不同的排列的方案数
\(ans=\frac{P_{n}^{k}}{k}\)

第一类斯特林数

将 \(n\) 个不同的球放入 \(k\) 个圆排列中，其方案数为第一斯特林数 \(s(n,k)\)
\(s(0,0)=1,s(k,0)=0,s(n,k)=s(n-1,k-1)+(n-1)\times s(n-1,k),1\leq k\leq n\)

第二类斯特林数

将 \(n\) 个不同的球放入 \(k\) 个相同的盒子，不允许空盒，其方案数为第二类斯特林数 \(s(n,k)\)
\(s(0,0)=1,s(k,0)=1,s(n,k)=k\times s(n-1,k)+s(n-1,k-1),1\leq k\leq n\)