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Catalan 数经常出现在各类计数问题中．比利时数学家 Eugène Charles Catalan 在 1958 年研究括号序列计数问题时发现了这一数列，它也因此得名．清朝数学家明安图早在 18 世纪 30 年代就已经发现这一数列．
Catalan 数满足如下递推关系：
$$ C_n = \begin{cases} 1, & n = 0, \ \sum_{i=0}^{n-1} C_{i}C_{n-1-i}, & n > 0. \end{cases}\tag{1} $$
数列的前几项为：（OEIS: A000108，下标从 $0$ 开始）
$$ 1,1,2,5,14,42,132,429,1430,\ldots $$
Catalan 数 $C_n$ 的递推关系有着天然的递归结构：规模为 $n$ 的计数问题 $C_n$，可以通过枚举分界点，分拆为两个规模分别为 $i$ 和 $(n-1-i)$ 的子问题．这一递推关系使得 Catalan 数广泛出现于各类具有类似递归结构的问题中．
<a id="path-counting"></a>路径计数问题：有一个大小为 $n\times n$ 的方格图，左下角为 $(0, 0)$，右上角为 $(n, n)$．从左下角开始，每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 $y=x$ 上方（但可以触碰）的情况下，到达右上角的路径总数为 $C_n$．
??? note "证明" 设方案数为 $T_n$．考虑 $n \ge 2$ 的情况．设路径 第一次 走到对角线 $y=x$ 的点是 $(k,k)~(k \in [1,n])$．考察从 $(0,0)$ 到 $(k,k)$ 的除起点和终点外，中间的点 不经过对角线（不能碰到） 的路径．
如图所示，这些路径的第一步一定向右，从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$；最后一步一定向上，从 $(k,k-1)$ 到 $(k,k)$．因此，这些路径就是从 $(1,0)$ 到 $(k,k-1)$ 的不越过直线 $y=x-1$ 的路径，这样路径的数目就是 $T_{k-1}$．同时，从 $(k,k)$ 到 $(n,n)$ 的合法路径数就是 $T_{n-k}$．根据乘法原理，第一次在 $(k,k)$ 处触碰对角线的路径数目为 $T_{k-1} T_{n-k}$．枚举 $k$ 的所有可能性，所有合法路径的数目为
$$
T_n = \sum_{k=1}^n T_{k-1}T_{n-k}.
$$
做代换 $k=i+1$ 就可以发现，这就是 Catalan 数的递推关系．由 $T_0=1$ 可知 $T_n = C_n$．
圆内不相交弦计数问题：圆上有 $2n$ 个点，将这些点成对连接起来且使得所得到的 $n$ 条线段两两不交的方案数是 $C_n$．
??? note "证明" 记 $2n$ 个点的方案数为 $T_n$．将 $2n$ 个点按顺时针标号，分别为 $1,2,\ldots,2n$．由于弦两两不交，$1$ 号点只能连接偶数号点；否则，两点之间的奇数个点无法在不穿过两点连线的情况下两两配对．如果连接了 $1$ 和 $2k~(k\in[1,n])$，那么左边有 $2k-2$ 个点，右边有 $2n-2k$ 个点，由乘法原理，这样的方案数为 $T_{k-1}T_{n-k}$．因此，枚举 $k$，有 $T_n = \sum_{k=1}^n T_{k-1} T_{n-k}$．令 $k=i+1$，就得到 Catalan 数的递推关系．由 $T_0=1$ 可知 $T_n=C_n$．
<!-- To make bot happy. Do NOT delete this line. --><a id="triangulation-counting"></a>三角剖分计数问题：对角线不相交的情况下，将一个凸 $(n+2)$ 边形区域分成三角形区域的方法数为 $C_n$．
??? note "证明" 设 $(n+2)$ 边形三角剖分的方案数为 $T_n$．先选定一条边 $(1,n+2)$ 作为基边，它一定属于一个三角形，记该三角形的第三个点为 $k~(k\in[2,n+1])$．这样，原凸多边形变成了三个部分：
- 三角形 $(1,k,n+2)$．
- $k$ 边形，顶点 $1\sim k$．
- $(n+3-k)$ 边形，顶点 $k\sim (n+2)$．
后面两个部分都是子问题，所以，有递推关系
$$
T_n = \sum_{k=2}^{n+1} T_{k-2}T_{n+1-k}.
$$
令 $k=i+2$，就得到 Catalan 数递归关系．由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$．
二叉树计数问题：含有 $n$ 个结点的形态不同的二叉树数目为 $C_n$．等价地，含有 $n$ 个非叶结点的形态不同的满二叉树数目为 $C_{n}$．
??? note "证明" 记 $n$ 个结点的二叉树数目为 $T_n$．任取一个根结点，枚举左右子树大小．设左子树大小为 $i\in[0,n-1]$，则右子树大小为 $(n-1-i)$．左右子树均为子问题，所以，有递推关系
$$
T_n = \sum_{i=0}^{n-1}T_iT_{n-1-i}.
$$
这就是 Catalan 数递推关系．由 $T_0=T_1=1$ 可知 $T_n=C_n$．
括号序列计数问题：由 $n$ 对括号构成的合法括号序列数为 $C_n$．
??? note "证明" 联系路径计数问题．将左括号视为向上走，右括号视为向右走．合法括号序列即为，在任意位置，左括号的数量不少于右括号的数量．相当于路径计数问题中，在任意时刻，向上走的次数不少于向右走的次数．因此，合法括号序列与合法路径之间存在双射．合法括号序列的数目同样为 $C_n$．
<!-- To make bot happy. Do NOT delete this line. -->出栈序列计数问题：一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1,2,3, \ldots ,n$，合法出栈序列的数目为 $C_n$．
??? note "证明" 联系括号序列计数问题．将入栈视为左括号，出栈视为右括号．任意时刻，入栈的次数不少于出栈的次数．因此，合法出栈序列与合法括号序列之间存在双射．合法出栈序列的数目同样为 $C_n$．
<!-- To make bot happy. Do NOT delete this line. --><a id="seq-counting"></a>数列计数问题：由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 组成的数列 $a_1,a_2, \ldots ,a_{2n}$ 中，部分和满足 $a_1+a_2+ \ldots +a_k \geq 0~(k=1,2,3, \ldots ,2n)$ 的数列数目为 $C_n$．
??? note "证明" 联系括号序列计数问题．将 $+1$ 视为左括号，$-1$ 视为右括号．任意时刻，$+1$ 的数量不少于 $-1$ 的数量．因此，合法数列与合法括号序列之间存在双射．合法数列的数目同样为 $C_n$．
尽管这一递推关系应用广泛，但是直接计算复杂度较高，需要寻找更为简单的公式．
Catalan 数有如下常见的表达式：
$$ C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} = \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!},~ n\ge 0. \tag{2} $$
$$ C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1},~n \ge 0. \tag{3} $$
$$ C_n = \frac{(4n-2)}{n+1}C_{n-1},~ n > 0,~ C_0 = 1. \tag{4} $$
Catalan 数的这些形式都可以高效计算：前两个形式将它转换为阶乘和组合数的计算问题，第三个形式则提供了顺次计算的递推公式．
对于这三种常见形式，本文提供两种证明方式．
通过代数方法得出 Catalan 数的上述表达式共两步．首先，验证三个形式相互等价．
??? note "证明表达式 $(2)\sim(4)$ 等价" 只需要证明表达式 $(3)$ 可以转化为表达式 $(2)$ 中阶乘形式：
$$
\begin{aligned}
C_n &= \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1} \\
&= \frac{(2n)!}{n!n!} - \frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!} \\
&= \frac{(2n)!}{n!n!}\left(1 - \frac{n!}{(n-1)!(n+1)}\right) \\
&= \frac{(2n)!}{n!n!}\left(1- \frac{n}{n+1}\right) \\
&= \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}.
\end{aligned}
$$
以及，表达式 $(4)$ 也可以转化为表达式 $(2)$ 中阶乘形式：
$$
C_n = \prod_{i=1}^n\frac{(4i-2)}{i+1} = \prod_{i=1}^n\frac{2i(2i-1)}{i(i+1)} = \dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}.
$$
因此，三个表达式互相等价．
紧接着，验证这些形式确实是 Catalan 数递推公式的解．为此，考虑使用生成函数方法直接求出递推公式 $(1)$ 的解．
??? note "利用生成函数方法求解递推公式 $(1)$" 考虑 Catalan 数的普通生成函数 $C(x)=\sum_{n=0}^{\infty}C_nx^n$．由于 Catalan 数的递推关系和卷积形式很相似，所以考虑用卷积构造 $C(x)$ 的方程：
$$
\begin{aligned}
C(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}C_nx^n\\
&=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}\right)x^{n}\\
&=1+x\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{i=0}^{n-1}C_ix^iC_{n-i-1}x^{n-i-1}\\
&=1+x\sum_{i=0}^{\infty}C_ix^i\sum_{j=0}^{\infty}C_jx^j\\
&=1+xC^2(x).
\end{aligned}
$$
其中，倒数第二个等号交换了求和次序，并令 $j=n-1-i$．由此，解得：
$$
C(x)=\dfrac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}.
$$
由初值条件 $C_0=1$ 可知，$C(0)=1$．代入检验可以发现唯一可行的解就是
$$
C(x) = \dfrac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}.
$$
接下来，需要将它展开为幂级数的形式．利用 $(1+x)^a$ 的 [幂级数展开式](../poly/intro.md#常见的幂级数展开式) 可知：
$$
\sqrt{1-4x} = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)_{-n}}{n!}(-4x)^n,
$$
其中，$\left(\dfrac{1}{2}\right)_{-n}$ 是下降阶乘幂：
$$
\begin{aligned}
\left(\frac{1}{2}\right)_{-n} &= \prod_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac{1}{2}-k\right) = \dfrac{1}{2^n}\prod_{k=1}^{n-1}(1-2k) = \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^n}\prod_{k=1}^{n-1}(2k-1)\\
&= \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{(2k-1)2k}{k} = \dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!}.
\end{aligned}
$$
代入 $C(x)$ 的表达式，就有
$$
\begin{aligned}
C(x) &= \dfrac{1}{2x}\left(1-\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)_{-n}}{n!}(-4x)^n\right)\\
&= -\dfrac{1}{2x}\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-4x)^n}{n!}\left(\frac{1}{2}\right)_{-n} \\
&= -\dfrac{1}{2x}\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-4x)^n}{n!}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}x^{n-1}\\
&= \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}x^n.
\end{aligned}
$$
由此，就得到 $C_n$ 的表达式 $(2)$．
由于 Catalan 数具有明显的组合意义，所以只使用组合计数方法同样可以证明这些形式．本节为三个表达式分别提供一个组合意义的证明．
??? note "表达式 $(2)$ 的证明" 考虑 数列计数问题．对于任意由 $\pm 1$ 组成的序列 ${a_i}{i=1}^{2n}$，定义它的部分和为 $S_i = \sum{j=1}^{i}a_i$，并定义它的 超额量（exceedance）为 $S_i < 0$ 且 $a_i = -1$ 的下标数量．超额量为 $0$，就等价于数列合法；超额量的取值范围是 $[0,n]$，共 $(n+1)$ 种可能的取值．需要证明的是，不同超额量的数列数量其实是一样的．
为此，可以构造一个从超额量为 $e > 0$ 的数列到超额量为 $(e-1)$ 的数列的映射 $f$．对于超额量为 $e > 0$ 的序列 $\{a_i\}$，取下标 $k$ 为使得 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标最小值．将 $a_k$ 左右两侧的序列交换，就得到如下序列 $\{a'_i\}$：
$$
a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{2n},a_k,a_{1},a_{2},\cdots,a_{k-1}.
$$
由于原序列中 $a_k$ 右侧部分在交换前后对应的部分和序列不变，所以它们贡献的超额量也不变．对于原序列中 $a_k$ 左侧部分，它们对应的部分和在交换后全部增加 $1$，因此，它们贡献的超额量会减少，而且减少的数量恰好等于原序列 $a_k$ 左侧部分中满足 $S_i=-1$ 且 $a_i=-1$ 的下标数量．因为 $a_k$ 的选取保证了这样的下标有且仅有一个，所以，序列 $\{a'_i\}$ 的超额量就等于 $(e-1)$．也就是说，映射 $f$ 可以将序列的超额量恰好减少 $1$．
映射 $f$ 是可逆的．注意到序列 $\{a'_i\}$ 中，$a_k$ 对应的位置恰好为满足 $S'_k=+1$ 且 $a'_i = +1$ 的下标最大值．这是因为交换后，这些部分和都比交换前对应的部分和恰好大 $1$，因此，现在的部分和为 $+1$ 对应交换前部分和等于 $0$．但是，根据 $k$ 的选取，交换前这一部分（即原序列 $a_k$ 左侧部分）是没有满足 $S_i = 0$ 且 $a_i = +1$ 成立的下标的．
由此，映射 $f$ 构成了超额量为 $e>0$ 的序列和超额量为 $(e-1)$ 的序列之间的双射．这就说明，不同超额量的数列数量其实是一样的．由于数列总数是 $\dbinom{2n}{n}$，合法数列（即超额量为 $0$ 的数列）数量就等于
$$
C_n = \dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}.
$$
这就证明了 Catalan 数的表达式 $(2)$．
??? note "表达式 $(3)$ 的证明" 考虑 路径计数问题．这是典型的格路计数问题，可以通过反射原理求解．具体到本问题，考虑用总路径数目减去不合法的路径数目．总路径数一共要走 $2n$ 步，其中 $n$ 步向右，所以方案数为 $\dbinom{2n}{n}$．一条路径不合法，当且仅当它碰到了直线 $y = x+1$．对于任意一条非法路径，可以找到第一次碰到直线 $y = x+1$ 的位置，并将该位置之后的路径关于直线 $y=x+1$ 做对称．此时，可以发现，一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径，变成了一条从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径．
由于从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径必定要穿过直线 $y = x+1$，所以每条这样的路径都对应一条从 $(0,0)$ 到 $(n,n)$ 的非法路径．类似总路径数的计算，非法路径数目的总数就是 $\dbinom{2n}{n+1}$．因此，合法路径的总数为
$$
C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n+1}.
$$
这就是 Catalan 数的表达式 $(3)$．
??? note "表达式 $(4)$ 的证明" 考虑 三角剖分计数问题．设 $P$ 是凸 $(n+2)$ 边形，固定它的一个边为基边．对于多边形 $P$ 的每一个三角剖分，都可以选择它的一个非基边（包括三角剖分时新加的边）标记，并定向．这共有 $(4n+2)C_n$ 种剖分加标记的方案．又设 $Q$ 是凸 $(n+3)$ 边形，仍固定它的一个边为基边．对于多边形 $Q$，可以选择它的一条非基边标记，然后再做三角剖分．这共有 $(n+2)C_{n+1}$ 种标记加剖分的方案．
如图所示，这两组操作得到的结果之间存在明显的双射．对于 $P$ 剖分并标记的一个结果，可以将它的标记边扩展为三角形，定向所指向的终点扩展为一条新边，并将这条新边打上标记，这就得到对 $Q$ 标记并剖分的一个结果；对于 $Q$ 标记并剖分的一个结果，可以将它的标记边压缩为一个点，并将压缩得到的对角线打上标记，且指向压缩得到的顶点，这就得到对 $P$ 剖分并标记的一个结果．因此，
$$
(4n+2)C_n = (n+2)C_{n+1}.
$$
稍作整理，并结合 $C_0=1$，就得到 Catalan 数的表达式 $(4)$．
???+ example "洛谷 P1044 栈" 入栈顺序为 $1,2,\ldots ,n$，求所有可能的出栈顺序的总数．
??? note "参考代码"
=== "C++"
cpp --8<-- "docs/math/code/combinatorics/catalan/catalan_1.cpp"
=== "Python"
```python
--8<-- "docs/math/code/combinatorics/catalan/catalan_1.py"
```