Числа Каталана
| Определение: |
| Числа Каталана — последовательность чисел, выражающих:
и так далее |
Первые несколько чисел Каталана:
[math] 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, \ldots [/math]
Формулы вычисления чисел Каталана
Рекуррентная формула
[math]C_n = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} C_i C_{n - 1 - i} [/math]
Доказательство
Рекуррентную формулу легко вывести из задачи о правильных скобочных последовательностях.
Пусть [math]X[/math] — произвольная правильная скобочная последовательность длины [math]2n[/math]. Она начинается с открывающейся скобки. Найдем парную ей закрывающуюся скобку и представим последовательность [math]X[/math] в виде: [math]X = (A)B[/math], где [math]A[/math] и [math]B[/math] — тоже правильные скобочные последовательности. Если длина последовательности [math]A[/math] равна [math]2k[/math], то последовательность [math]A[/math] можно составить [math]C_k[/math] способами. Тогда длина последовательности [math]B[/math] равна [math]2(n - k - 1)[/math] и последовательность [math]B[/math] можно составить [math]C_{n - k - 1}[/math] способами. Комбинация любого способа составить последовательность [math]A[/math] с любым способом составить последовательность [math]B[/math] даст новую последовательность [math]X[/math], а величина [math]k[/math] может меняться от [math]0[/math] до [math]n - 1[/math]. Получили рекуррентное соотношение: [math]C_n = C_0 C_{n-1} + C_1 C_{n-2} + \ldots + C_{n-1} C_0 [/math]. Так как [math]C_0 = 1[/math], то последовательность совпадает с числами Каталана.
Аналитическая формула
[math] C_n = \dfrac{1}{n+1} \dbinom {2n} {n} [/math]
Доказательство
Правильной скобочной структуре из [math]n[/math] открывающих и [math]n[/math] закрывающих скобок мы поставим в соответствие путь в квадрате [math][0, n]×[0, n][/math]. Путь начинается в точке [math](0,0)[/math] и заканчивается в точке [math](n, n)[/math]. Открывающей скобке мы сопоставляем горизонтальный отрезок длины [math]1[/math], а закрывающей — вертикальный.
Если путь сопоставлен правильной структуре, то ни одна его точка не может лежать выше главной диагонали квадрата. Обратно, такому пути ("правильному пути") сопоставляется правильная скобочная структура.
Геометрическое представление правильных скобочных структур позволяет найти выражение для чисел Каталана.
Сместим правильный путь на одну клетку вниз. Теперь правильный путь начинается в точке
[math] (0, -1) [/math], заканчивается в точке [math] (n, n-1) [/math] и не имеет общих точек с прямой [math] y = x [/math] — биссектрисой первого квадранта. Нам нужно найти количество правильных путей. Для этого мы найдем количество неправильных, и из общего числа путей вычтем количество неправильных. Мы рассматриваем пути из точки [math] (0, -1) [/math] в точку [math] (n, n-1) [/math]. Длина такого пути равна [math]2n[/math] и он содержит [math]n[/math] вертикальных сегментов и [math]n[/math] горизонтальных. Количество всех таких путей равно числу способов выбрать [math]n[/math] вертикальных сегментов из общего числа [math]2n[/math] сегментов, т.е. равно [math] \dbinom {2n}{n} [/math].
Рассмотрим неправильный путь и его первую точку на прямой [math] y = x [/math] (точка [math]A[/math]). Отрезок пути от точки [math](0, -1)[/math] до точки [math]A[/math] заменим симметричным относительно прямой [math]y = x[/math]. Мы получим путь длины [math]2n[/math], идущий из точки [math](-1, 0)[/math] в точку [math](n, n-1)[/math] (Смотри рис.).
Такой путь обязательно пересекает прямую [math] y = x [/math]. Обратно, пусть нам дан путь длины [math] 2n [/math] из точки [math](-1, 0)[/math] в точку [math](n, n-1)[/math] и пусть [math] A [/math] — первая точка этого пути, лежащая на прямой [math]y = x[/math]. Заменив участок пути от точки [math](-1, 0)[/math] до точки [math]A[/math] на симметричный относительно прямой [math]y = x[/math], мы получим неправильный путь из точки [math](0, -1)[/math] в точку [math](n, n-1)[/math]. Следовательно, неправильных путей из точки [math](0, -1)[/math] в точку [math](n, n-1)[/math] столько же, сколько путей из точки [math](-1, 0)[/math] в
точку [math](n, n-1)[/math]. Такой путь длины [math]2n[/math] содержит [math]n+1[/math] горизонтальных и [math]n-1[/math] вертикальных участков. Поэтому, количество таких путей равно [math] \dbinom {2n}{n-1} [/math]. Значит, количество правильных путей (т.е. число Каталана [math]C_n[/math]) равно
[math] C_n = \dbinom {2n} {n} - \dbinom {2n} {n-1} = \dfrac{2n!}{n!n!} - \dfrac{2n!}{(n-1)!(n+1)!} = \dfrac{2n!}{n!} (\dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{(n-1)! (n+1)}) = \dfrac{2n!}{n!n!(n+1)} = \dfrac{1}{n+1} \dbinom {2n} {n} [/math]
Задача разбиения выпуклого [math] n [/math]—угольника на треугольники не пересекающимися диагоналями
Доказательство
Пусть [math]t_n[/math] — число триангуляций выпуклого [math] (n + 2) [/math]-угольника при [math] n \geqslant 1 [/math]. Положим [math] t_0 = 1 [/math]. Пронумеруем вершины многоугольника, начиная с произвольной против часовой стрелки. Рассмотрим произвольную триангуляцию и выделим треугольник, примыкающий к стороне [math]01[/math] (см. рис.).
Пусть [math]k[/math] — номер третьей вершины этого треугольника. Выделенный треугольник разбивает [math](n + 2)[/math] — угольник на [math]k[/math] — угольник и [math](n-k+3)[/math] — угольник, каждый из которых триангулирован диагоналями. Перенумеруем вершины этих многоугольников против часовой стрелки так, чтобы нумерация вершин в каждом из них начиналась с 0. В результате получим пару триангуляций [math]k[/math]-угольника и [math](n-k+3)[/math] — угольника. Наоборот, каждая пара триангуляций [math]k[/math] — угольника и [math](n-k+3)[/math] — угольника
определяет триангуляцию исходного многоугольника. Поэтому
[math]t_{n+1} = t_0 t_n + t_1 t_{n-1} + \ldots + t_n t_0 [/math]
и поскольку [math]t_0 = 1[/math], последовательность чисел [math]t_n[/math] совпадает с последовательностью Каталана.
Пример
Разбиение выпуклого шестиугольника
Ответ на задачу при [math] n = 3 [/math] тривиален: никаких
диагоналей проводить не надо. В четырёхугольнике можно провести любую из
двух диагоналей, так что способов два. В пятиугольнике — из любой вершины две
диагонали, [math] 5 [/math] способов. При [math] n = 6 [/math] — первый не вполне очевидный ответ: [math] 14 [/math] способов (см. рис.); чтобы
не запутаться, сторона BC выделена и отдельно нарисованы разрезания, в которых
к ней примыкают соответственно треугольники [math] BCA, BCF, BCE [/math] и [math] BCD [/math].
Для семиугольника можно выделить одну из сторон и расклассифицировать разрезания в зависимости от того, какой треугольник к этой стороне примыкает. Имеем [math]5[/math] разных случаев. В первом и последнем из них количество разбиений равно [math]14[/math],
ибо после отрезания треугольника остаётся шестиугольник. Во втором и четвёртом
случаях при вырезании треугольника семиугольник распадается на треугольник и
пятиугольник. В третьем случае семиугольник распадается на два четырёхугольника. Поскольку каждый из них можно разбить двумя способами, получаем
[math]2 \cdot 2 = 4[/math]
варианта. Итак, семиугольник можно разбить всего
[math] 14 + 5 + 2 \cdot 2 + 5 + 14 = 42 [/math]
способами. Рассматривая восьмиугольник, аналогично получаем
[math] 42 + 14 + 2 \cdot 5 + 5 \cdot 2 + 14 + 42 = 132 [/math]
способа.Такие вычисления можно проводить и дальше.
Подсчет чисел Каталана
Числа Каталана просто посчитать с помощью рекуррентной формулы. Для этого понадобится [math]O(n)[/math] памяти и [math]O(n^2)[/math] времени. За [math]O(n)[/math] времени их можно посчитать, если использовать аналитическую формулу. Также из аналитической формулы можно выразить простую реккурентную формулу:
[math] C_n = \dfrac{4n-2}{n+1} C_{n-1} [/math].
| Лемма: |
[math]\dbinom{\frac{1}{2}}{k} = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{(2k - 1) \cdot 4^k} \cdot \dbinom{2k}{k} [/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math]\dbinom{\frac{1}{2}}{k} = \dfrac{\dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{1}{2} - 1) \cdot (\dfrac{1}{2} - 2) \cdots (\dfrac{1}{2} - k + 1)}{k!} =
\dfrac{1 \cdot (1 - 2) \cdot (1 - 4) \cdots (1 - 2k + 2)}{2^k \cdot k!} = \dfrac{1 \cdot (-1) \cdot (-3) \cdots (-2k + 3)}{2^k \cdot k!}[/math]
[math] = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{2k - 1} \cdot \dfrac{1 \cdot 3 \cdot (2k - 3) \cdot (2k - 1)}{2^k \cdot k!} = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{2k - 1} \cdot \dfrac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots (2k - 3) \cdot (2k - 2) \cdot (2k - 1) \cdot 2k}{2 \cdot 4 \cdots (2k - 2) \cdot 2k \cdot 2^k \cdot k!}[/math]
[math]= \dfrac{(-1)^{k - 1}}{2k - 1} \cdot \dfrac{(2k)!}{(2 \cdot 1) \cdot (2 \cdot 2) \cdots (2 \cdot (2k - 1)) \cdot (2 \cdot k) \cdot 2^k \cdot k!} = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{2k - 1} \cdot \dfrac{(2k)!}{2^k \cdot (1 \cdot 2 \cdots (k - 1) \cdot k) \cdot 2^k\cdot k!} [/math]
[math] = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{2k - 1} \cdot \dfrac{(2k)!}{2^k \cdot k! \cdot 2^k\cdot k!} = \dfrac{(-1)^{k - 1}}{(2k - 1) \cdot 2^k \cdot 2^k} \cdot \dfrac{(2k)!}{k! \cdot k!}= \dfrac{(-1)^{k - 1}}{(2k - 1) \cdot 4^k} \dbinom{2k}{k}[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Задача: |
| Вычислить производящую функцию чисел Каталана |
Пусть мы имеем последовательность чисел Каталана [math](C_0, C_1, C_2, \ldots)[/math].
Будем искать её производящую функцию в виде [math]G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n \cdot z^n[/math]
Как известно, рекуррентное соотношение для чисел Каталана имеет вид
[math]
C_n=
\begin{cases}
1,&\text{если $n = 0$;}\\
\sum\limits_{k = 0}^{n - 1}C_k C_{n - k - 1},&\text{если $n \gt 0$.}
\end{cases}
[/math]
Домножаем [math]C_n[/math] на [math]z^n[/math], получая
[math]
z^n \cdot C_n=
\begin{cases}
z^0 = 1,&\text{если $n = 0$;}\\
z^n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1}C_k C_{n - k - 1},&\text{если $n \gt 0$.}
\end{cases}
[/math]
Суммируя [math]C_n z^n[/math] по всем [math]n[/math] от [math]0[/math] до [math]\infty[/math], получаем:
[math]G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n z^n = C_0 z^0 + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} C_k C_{n - k - 1} =
C_0 + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} C_k C_{n - k - 1} = 1 + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} C_k C_{n - k - 1}[/math] (так как [math]C_0 = 1[/math] по определению чисел Каталана).
Получили, что [math]G(z) = 1 + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} C_k C_{n - k - 1}~~~~~ \textbf{(1)}[/math]
Распишем произведение [math]G(z) \cdot G(z)[/math] по определению произведения формальных степенных рядов.
[math]G(z) \cdot G(z) = (\sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n z^n) \cdot (\sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n z^n) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}[/math]
В последнем выражении выполним сдвиг индексации, положив [math]n' = n + 1[/math]. Тогда имеем: [math]n = n' - 1, n = 0 \Rightarrow n' = 1[/math]. Кроме того, [math]z^n = z^{n' - 1}[/math]. [math]n - k[/math] преобразуется в [math]n' - 1 - k[/math] (так как [math]n' - 1 = n[/math]). Тогда, преобразуя предыдущее выражение, получаем:
[math]G(z) \cdot G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty}z^n \sum\limits_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum\limits_{n' = 1}^{\infty}z^{n' - 1} \sum\limits_{k = 0}^{n' - 1} C_k C_{n' - k - 1}[/math]
Домножая это произведение на [math]z[/math], получаем
[math]z \cdot G^2(z) = z \cdot \sum\limits_{n' = 1}^{\infty}z^{n' - 1} \sum\limits_{k = 0}^{n' - 1} C_k C_{n' - k - 1} = \sum\limits_{n' = 1}^{\infty}z^{n'} \sum\limits_{k = 0}^{n' - 1} C_k C_{n' - k - 1}[/math]
Тогда
[math]z \cdot G^2(z) = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}z^{n} \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} C_k C_{n - k - 1} ~~~~ \textbf{(2)}[/math]
Из [math] \textbf{(1)}[/math] и [math]\textbf{(2)}[/math] получаем:
[math]G(z) = 1 + z \cdot G^2(z)[/math]
Преобразуя, получаем квадратное уравнение на [math]G(z) :[/math]
[math]z \cdot G^2(z) - G(z) + 1 = 0[/math]
Из этого квадратного уравнения находим два варианта [math]G(z) :[/math]
[math]G(z) = \dfrac{1 \pm \sqrt{1-4z}}{2z}[/math]
Выберем из двух корней тот, который удовлетворяет определению [math]G(z)[/math] как производящей функции чисел Каталана.
Домножая обе части на [math]2z[/math], получаем [math]G(z) \cdot 2z = 1 \pm \sqrt{1-4z} ~~~~~\textbf{(3)}[/math]
Выберем нужный из двух корней, посчитав значение обеих частей при [math]z = 0[/math]
Из определения производящей функции для чисел Каталана известно, что [math]G(z) = C_0 + C_1 \cdot x + \ldots + C_n \cdot x^n + \ldots[/math], тогда [math]G(0) = C_0 = 1[/math]
Тогда при [math]z = 0[/math] выражение [math]\textbf{(3)}[/math] принимает вид [math]G(0) \cdot 2 \cdot 0 = 1 \pm \sqrt{1-4 \cdot 0}[/math], или [math]0 = 1 \pm 1[/math].
Тогда очевидно, нужно выбрать знак [math]-[/math] в выражении, чтобы при [math]z = 0[/math] левая и правая части были равны.
Тогда [math]G(z) = \dfrac{1 - \sqrt{1-4z}}{2z}[/math]
Проверим, что [math]G(z)[/math] действительно является производящей функцией чисел Каталана. Для этого разложим [math]G(z)[/math] в ряд.
[math]G(z) = \dfrac{1 - \sqrt{1-4z}}{2z} = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{\sqrt{1-4z}}{2z} = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sqrt{1 - 4z} = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot (1 - 4z)^{\frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} ((-4z)^n \cdot \dbinom{\frac{1}{2}}{n})[/math]
[math] = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} ((-4z)^n \cdot \dfrac{(-1)^{n - 1}}{(2n - 1) \cdot 4^n} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{(-1)^n \cdot 4^n \cdot z^n \cdot (-1)^{n - 1}}{(2n - 1) \cdot 4^n} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{(-1)^{2n - 1} \cdot 4^n \cdot z^n}{(2n - 1) \cdot 4^n} \cdot \dbinom{2n}{n})[/math]
[math] = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{-z^n}{(2n - 1)} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \dfrac{-z^0}{2 \cdot 0 - 1} \cdot \dbinom{2 \cdot 0}{0} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\dfrac{-z^n}{(2n - 1)} \cdot \dbinom{2n}{n})[/math]
[math]= \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \dfrac{-1}{-1} \cdot 1- \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\dfrac{-z^n}{(2n - 1)} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} - \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\dfrac{-z^n}{(2n - 1)} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \dfrac{1}{2z} \cdot \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\dfrac{z^n}{(2n - 1)} \cdot \dbinom{2n}{n})[/math]
[math] = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\dfrac{z^{n - 1}}{(4n - 2)} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dbinom{2n + 2}{n + 1}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dbinom{2n + 2}{n + 1}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dfrac{(2n + 2)!}{(n + 1)! \cdot (n + 1)!}[/math]
[math] = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dfrac{(2n)! \cdot (2n + 1) \cdot 2 \cdot (n + 1)}{(n)! \cdot (n)! \cdot (n + 1) \cdot (n + 1)}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dfrac{2 \cdot (2n + 1)}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dfrac{(4n + 2)}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n})[/math]
[math]= \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{z^{n}}{(4n + 2)} \cdot \dfrac{2 \cdot (2n + 1)}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n}) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (z^n \cdot \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n})[/math]
Тогда коэффициент при [math]z^n[/math] в разложении [math]G(z)[/math] равен [math]\dfrac{1}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n}[/math], что совпадает с аналитической формулой для чисел Каталана. ([math]C_n = \dfrac{1}{n + 1} \cdot \dbinom{2n}{n}[/math]) Поэтому [math]G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} z^n \cdot C_n[/math], поэтому [math]G(z) = \dfrac{1 - \sqrt{1-4z}}{2z}[/math] является производящей функцией чисел Каталана.
Смотри также
Источники информации
