首先，我们设f（n）=序列个数为n的出栈序列种数。同时，我们假定，从开始到栈第一次出到空为止，这段过程中第一个出栈的序数是k。特别地，如果栈直到整个过程结束时才空，则k=n
卡特兰数又称卡塔兰数，英文名Catalan 重重胶以食庆万number，是组来自合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。由以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)命名，其前几项为 : 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 20360百科8012, 742900, 言觉岩革油等维来期已2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...
·1758年，Johann Segner 给出了欧拉朝问题的递推关系;
·1838年，研究热潮:
–GabrielLame给出完整证明和简阻速止他承走调汽巴核洁表达式
–EugèneCh我arlesCatalan在研究汉诺塔时探讨了相关问题,解决了括号表达式的问题.
–……
–1900EugenNetto在著作中将该数归功均她谈今六宽激于Catalan.
·1988年以及1999年的文献研究表明实际上最初发现Catalan数的也不是Euler，
–1753欧拉在解决凸包划分成三角形问题的时候，推出了Catalan数。
–1730年我国清朝时期的明安图(蒙古人)比Catalan更早使用找精解了Catalan数，见《割圜密率捷法》。后来他的学生在1774年将其完成发表。
最后由比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰(1814–1894)命名
令h(0)=1,h(1)=1，catalan数满足递推式:
来自 h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
例如:h(2)衡请江到形=h(0)*h(1)+h(1360百科)*h(0)=1*1+1*1=2
h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h含境直触黄父两换设左城(2)*h(0)=1*2+1*1+2*1=5
食矛叶盾张 另类递推式:
h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
递推关系的解为:
兵超虽跑先犯 h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推关系的另类解为:
h(n)=c(2n,n)-c(2n,n-1)(n=0,1,2,...)
实质上都是递推等式的应用
矩阵连乘: 高所P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案?(h(n-1)种)
一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，有多少个不同的出栈序列?
常规分析
首先，我们设f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。(我们假定，最后出栈的元素为k，显然，k取不同值时的情况是相互独立的，也就是求出每种k最后出栈的情况数后可用加法原则，由于k最后出栈，因此，在k入栈之前，比k小的值均出栈，此处情况有f(k-1)种，而之终皇析本测再斤右显后比k大的值入栈，且都在k之前出栈，因此有f(n-k)种方式，由于比k小和比k大的叶食销向举温太拉触则值入栈出栈情况是相互独立的，此处可用乘法原则，f(n-k)多华排料读敌利立*f(k-1)种，求和便是Catalan递归式。
首次出空之前第一个出栈的序数k将1~n的序列称识都农赵答新下加冲光分成两个序列，其中一个是1~k-1，序列个数为k-1，另外一个是k+1~n，序列个数是n-和油原k。
此时，我们若把k视为确定一个序数，那么根据乘法原理，f(n)的问题就等价于--序列个数为k-1的出栈序列种数乘以序列个数为n - k的出栈序列种数，即选择k这个序数的f(n)=f(k-1)×f(n-k)。而k可以选1到n，所以再根据加法原理，将k取不同值的序列种数相加，得到的总序列种数为:f(n三祖设认线)=f(0)f(n-弦风器目致时与1)+f(1)f(n-2)+……+f(n-1)f(0)。
看到此处，再看看卡特兰数的递推式，答案不言而喻，即为f(n)=h(n)= C(2n,n)/(n+1)= c(2n,n)-c(2n,n+1)(n=0，械齐1，2，……)。
最后费念求关十哥季家课，令f(0)=1，f(1)=处响确市北振致营谁训非1。
非常规分析
对于每一个数来说，必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态'1'，出栈设为状态'0'。n个数五溶香办复较造供的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1‥n的顺序排列、入栈的操作数b大于等胡继振离资系概于出栈的操作数a(a≤b考)，因此输出序列的总数目=由左而右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数，1的累计数不小于0的累计数的方案种数。
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求(由左而右扫描，0的累计数大于1的累计数)的方案数即为所求。
不符合要求的数的特征是由左而右扫描时，必然在某一奇数位2m+1位上首先出现m+1个0的累计数和m个1的累计数，此后的2(n-m)-1位上有n-m个 1和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换，使之成为n-m个0和n-m-1个1，结果得1个由n+1个0和n-1个1组成的2n位数，即一个不合要求的数对应于一个由n+1个0和n-1个1组成的排列。
反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换，使之成为由n个0和n个1组成的2n位数，即n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数。
因而不合要求的2n位数与n+1个0，n-1个1组成的排列一一对应。
显然，不符合要求的方案数为c(2n,n+1)。由此得出输出序列的总数目=c(2n,n)-c(2n,n+1)=c(2n,n)/(n+1)=h(n+1)。
类似问题 买票找零
有2n个人排成一行进入剧场。入场费5元。其中只有n个人有一张5元钞票，另外n人只有10元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零?(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)
在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f(n)。比如当n=6时，f(6)=14。
分析
如果纯粹从f(4)=2，f(5)=5，f(6)=14，……，f(n)=n慢慢去归纳，恐怕很难找到问题的递推式，我们必须从一般情况出发去找规律。
因为凸多边形的任意一条边必定属于某一个三角形，所以我们以某一条边为基准，以这条边的两个顶点为起点P1和终点Pn(P即Point)，将该凸多边形的顶点依序标记为P1、P2、……、Pn，再在该凸多边形中找任意一个不属于这两个点的顶点Pk(2<=k<=n-1)，来构成一个三角形，用这个三角形把一个凸多边形划分成两个凸多边形，其中一个凸多边形，是由P1，P2，……，Pk构成的凸k边形(顶点数即是边数)，另一个凸多边形，是由Pk，Pk+1，……，Pn构成的凸n-k+1边形。
此时，我们若把Pk视为确定一点，那么根据乘法原理，f(n)的问题就等价于--凸k多边形的划分方案数乘以凸n-k+1多边形的划分方案数，即选择Pk这个顶点的f(n)=f(k)×f(n-k+1)。而k可以选2到n-1，所以再根据加法原理，将k取不同值的划分方案相加，得到的总方案数为:f(n)=f(2)f(n-2+1)+f(3)f(n-3+1)+……+f(n-1)f(2)。看到此处，再看看卡特兰数的递推式，答案不言而喻，即为f(n)=h(n-2) (n=2，3，4，……)。
最后，令f(2)=1，f(3)=1。
此处f(2)=1和f(3)=1的具体缘由须参考详尽的"卡特兰数"，也许可从凸四边形f(4)=f(2)f(3)+ f(3)f(2)=2×f(2)f(3)倒推，四边形的划分方案不用规律推导都可以知道是2，那么2×f(2)f(3)=2，则f(2)f(3)=1，又f(2)和f(3)若存在的话一定是整数，则f(2)=1，f(3)=1。(因为我没研究过卡特兰数的由来，此处仅作刘抟羽的臆测)。
类似问题
一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她从不穿越(但可以碰到)从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路?
在圆上选择2n个点,将这些点成对连接起来使得所得到的n条线段不相交的方法数?
给定N个节点，能构成多少种不同的二叉树?
(能构成h(N)个)
(这个公式的下标是从h(0)=1开始的)
但是给定N个节点，能构成这么多种二叉树，如果我们尝试对它们进行编号又会有什么结论呢？
往往我们会解决这样一种问题：
给定N个节点，有一种常见的编号规则：
①树的节点数目越大，编号越大；
②节点数目相同，深度大的编号大；
③节点数和深度都相同，深层节点多的，编号大；
④节点数，深度，各层节点数都相同的树，按多节点分支位置来确定编号，多节点分支越靠左，编号越大，越靠右，编号越小。
然而你一定会发现具有n个节点的二叉树的第一棵树的编号竟然是
S(n) = ∑h(i) { i=0~n-1},其中S(0) = 0。
对于在n位的2进制中，有m个0，其余为1的catalan数为:C(n,m)-C(n,m-1)。证明可以参考标准catalan数的证明。
问题1的描述:有n个1和m个-1(n>m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk > 0的排列数。 问题等价为在一个格点阵列中，从(0，0)点走到(n，m)点且不经过对角线x==y的方法数(x > y)。
考虑情况I:第一步走到(0，1)，这样从(0，1)走到(n，m)无论如何也要经过x==y的点，这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));
考虑情况II:第一步走到(1，0)，又有两种可能:
a . 不经过x==y的点;(所要求的情况)
b . 经过x==y的点，我们构造情况II.b和情况I的一一映射，说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是(x1，y1)，将(0，0)到(x1，y1)的路径沿对角线翻折，于是唯一对应情况I的一种路径;对于情况I的一条路径，假设其与对角线的第一个焦点是(x2，y2)，将(0，0)和(x2，y2)之间的路径沿对角线翻折，唯一对应情况II.b的一条路径。
问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。
((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1))
或:((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))
问题2的描述:有n个1和m个-1(n>=m)，共n+m个数排成一列，满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk >= 0的排列数。(和问题1不同之处在于此处部分和可以为0，这也是更常见的情况) 问题等价为在一个格点阵列中，从(0，0)点走到(n，m)点且不穿过对角线x==y的方法数(可以走到x==y的点)。
把(n，m)点变换到(n+1，m)点，问题变成了问题1。
方法数为:
((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))
或:((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))
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