卡特兰数（卡塔兰数），英文名Catalan number，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。 其前几项为（从第零项开始） :

通项公式1： C n = 1 1 + n ( 2 n n ) = 1 1 + n C 2 n n = ( 2 n ) ! ( n + 1 ) ! n ! C_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n}=\frac{1}{1+n}C_{2n}^n=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!} Cn​=1+n1​(n2n​)=1+n1​C2nn​=(n+1)!n!(2n)!​

通项公式2： C n = 1 n + 1 ∑ i = 0 n ( n i ) 2 = 1 n + 1 ∑ i = 0 n ( C n i ) 2 C_n=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n{n \choose i}^2=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2 Cn​=n+11​∑i=0n​(in​)2=n+11​∑i=0n​(Cni​)2

递推公式1： C n + 1 = 2 ( 2 n + 1 ) n + 2 C n C_{n+1}=\frac{2(2n+1)}{n+2}C_n Cn+1​=n+22(2n+1)​Cn​ 且 C 0 = 1 C_0=1 C0​=1

递推公式2： C n + 1 = ∑ i = 0 n C i C n − i C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i} Cn+1​=∑i=0n​Ci​Cn−i​ 且 C 0 = 1 C_0=1 C0​=1 且 n ; = 0 n;=0 n>=0

性质： C n = ( 2 n n ) − ( 2 n n − 1 ) = C 2 n n − C 2 n n − 1 C_n={2n \choose n}-{2n \choose n-1}=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} Cn​=(n2n​)−(n−12n​)=C2nn​−C2nn−1​

渐近增长： C n ∼ 4 n n 3 2 π C_n\sim\frac{4^n}{n^{\frac{3}{2}}\sqrt{\pi}} Cn​∼n23​π ​4n​

我们根据递推公式2： C n + 1 = ∑ i = 0 n C i C n − i C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_iC_{n-i} Cn+1​=∑i=0n​Ci​Cn−i​ 且 C 0 = 1 C_0=1 C0​=1 且 n ; = 0 n;=0 n>=0

可以得到这样一个函数： h n = ∑ k = 1 n − 1 h k h n − k h_n=\sum_{k=1}^{n-1}h_kh_{n-k} hn​=∑k=1n−1​hk​hn−k​ 且 n ; = 2 n;=2 n>=2

由于这个递推关系不是线性的， h n h_n hn​并不依赖于其前面的某个固定值，而依赖于前面的所有值，所以递推公式2就用不上了。

不妨令生成函数： g ( x ) = h 1 x + h 2 x 2 + h 3 x 3 + … … + h n x n + … … g(x)=h_1x+h_2x^2+h_3x^3+……+h_nx^n+…… g(x)=h1​x+h2​x2+h3​x3+……+hn​xn+……

将g(x)与自己相乘： [ g ( x ) ] 2 = h 1 2 x 1 2 + ( h 1 h 2 + h 2 h 1 ) x 3 + ( h 1 h 3 + h 2 h 2 + h 3 h 1 ) x 4 + … … + ( h 1 h n − 1 + h 2 h n − 2 + … … + h n − 1 h 1 ) x n + … … [g(x)]^2=h_1^2x_1^2+(\color{fuchsia}h_1h_2+h_2h_1\color{black})x^3+(\color{red}h_1h_3+h_2h_2+h_3h_1\color{black})x^4+……+(h_1h_{n-1}+h_2h_{n-2}+……+h_{n-1}h_1)x^n+…… [g(x)]2=h12​x12​+(h1​h2​+h2​h1​)x3+(h1​h3​+h2​h2​+h3​h1​)x4+……+(h1​hn−1​+h2​hn−2​+……+hn−1​h1​)xn+……

又根据卡特兰数前两项均为1，即 h 1 = h 2 = 1 h_1=h_2=1 h1​=h2​=1，以及上面得到的 h n h_n hn​的递推关系代入得到： [ g ( x ) ] 2 = h 2 x 2 + h 3 x 3 + h 4 x 4 + … … + h n x n + … … = g ( x ) − h 1 x = g ( x ) − x [g(x)]^2=h_2x^2+h_3x^3+h_4x^4+……+h_nx^n+……=g(x)-\color{blue}h_1x\color{black}=g(x)-x [g(x)]2=h2​x2+h3​x3+h4​x4+……+hn​xn+……=g(x)−h1​x=g(x)−x

于是有： [ g ( x ) ] 2 − g ( x ) + x = 0 [g(x)]^2-g(x)+x=0 [g(x)]2−g(x)+x=0

解得： g 1 ( x ) = 1 + 1 − 4 x 2 g_1(x)=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2} g1​(x)=21+1−4x ​​ g 2 ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2} g2​(x)=21−1−4x ​​

由g(x)的定义知道 g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g(0)=0，验证上述根只有 g 2 ( x ) g_2(x) g2​(x)成立，所以生成函数： g ( x ) = g 2 ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 = 1 2 − 1 2 ( 1 − 4 x ) 1 / 2 g(x)=g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x)^{1/2} g(x)=g2​(x)=21−1−4x ​​=21​−21​(1−4x)1/2

根据牛顿二项式定理： ( 1 + z ) 1 2 = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) z n \begin{aligned} (1+z)^{\frac{1}{2}} ;= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1} z^n\end{aligned} (1+z)21​​=1+n=1∑∞​n∗22n−1(−1)n−1​(n−12n−2​)zn​ 将g(x)中的项展开： ( 1 − 4 x ) 1 2 = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) ( − 4 x ) n = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n ∗ 2 2 n − 1 ( 2 n − 2 n − 1 ) 2 2 n x n = 1 − ∑ n = 1 ∞ 2 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n = 1 − 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n ( 2 n − 2 n − 1 ) x n ( ∣ x ∣ ; 1 4 ) \begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} ;= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}(-4x)^n\\ ;= 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n*2^{2n-1}}{2n-2\choose n-1}2^{2n}x^n \\ ;= 1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}{2n-2\choose n-1}x^n\\ ;= 1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}{2n-2\choose n-1}x^n ;(|x|;\frac{1}{4})\end{aligned} (1−4x)21​​=1+n=1∑∞​n∗22n−1(−1)n−1​(n−12n−2​)(−4x)n=1+n=1∑∞​n∗22n−1(−1)n−1​(n−12n−2​)22nxn=1−n=1∑∞​n2​(n−12n−2​)xn=1−2n=1∑∞​n1​(n−12n−2​)xn​(∣x∣=1)

即： h n = 1 1 + n ( 2 n n ) h_n=\frac{1}{1+n}{2n \choose n} hn​=1+n1​(n2n​)， ( n ; = 0 ) (n;=0) (n>=0)