关于Catalan(卡特兰)数的理解
卡特兰数的起源
Catalan数源自Euler对凸多边形通过不相交的对角线切分成三角形的不同切分方案数。
n+1个顶点（A1,A2...An+1）的凸多边形，取定多边形的一条边,不妨设为A1An+1,任意取凸多边形的一个顶点Ak+1(k=1,2...n-1)，可以将凸多边形分为T1,R,T2三部分，如图
T1部分是由k+1个顶点组成的凸多边形，T2部分是由n+1-k个顶点组成的凸多边形。故设n+1个顶点的凸多边形总得剖分数是h(n)，那么有
如下的递推公式：
这个递推关系就是卡特兰数所要求的，它的解也就是卡特兰数，不过这里面有个问题，就是当k=1或者n-1时，分不出三部分，只有两部分；令h(1) = 1; h(n-1) =1; 因为此时凸多边形被分为三角形A1A2An+1和另外一个凸多边形(或者是A1An+1An和另外一个凸多边形)，这种切分的方案数等于剩余的那个凸多边形的切分方案，所以令h(1) = 1; h(n-1) = 1是合理的；对等式移向处理可得
而等式的右边可以通过对n个顶点的凸多边形的一个三角剖分问题来分析解答，如图：
上图n个顶点，其三角剖分的方案数为h(n-1)；而等式右边
的含义是选定B1,再任选B3,B4...Bn-1顶点连接成一条对角线，求其左边部分的方案数乘以右边部分的方案数的一个合集，上图是顶点B1，对角线取B1Bk+1的一种情形。
那么
又与h(n-1)有着怎样的对应关系呢？是对n个顶点再取了一次合集，不过它与h(n-1)的关系呢，显然这里面是包含重复计数的：首先每条对角线对应两个顶点，所以中对每个顶点计算一次，每个顶点一共被计算了两次，所以要除2，其次每一种三角剖分的方案都对应n-3条对角线，即n-3条对角线合起来才构成一种剖分方案，所以还要除（n-3），这样就有了如下的等式：
代入公式
中，化简可得
相信很多人看到过的公式跟这个可能会有所差异，有可能是这样的：
下面看有一个不穿越对角线问题，是卡特兰数的一个典型应用。
一位大城市的律师在他住所以北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。如果他从不穿越（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？
一共14种走法，取n=4，套用第二个公式与结果一致70/5=14，那我们来看看套用第一个公式又意味着什么呢？20/4=5，5种方案，仔细看会发现，5种方案其实指的是不接触对角线的方案数！
下面我们来分析一下这个问题，从点(0,0)到点(4,4)不接触对角线的方案数是多少？由于不能接触对角线，所以第一步肯定是走点（1,0），并且最后一步肯定是从点（4,3）走到（4,4）。所以这种方案数与从点（1,0）到点（4,3）的方案数是一样的，这里我不想告诉你从（1,0）到（4,3）的方案数是走了一个边长为3的不穿越对角线的方案数，虽然确实是这样，但如果这么考虑问题，就成了一个循环了，一开始你怎么知道这个公式的，对吧！
回到原问题，从（1,0）到（4,3）不接触对角线的方案数有多少呢，首先我们知道总得走法是从6个中选3个的组合问题，共有20种，在20种方案中共有多少种是满足要求的呢，对于任意一条接触到对角线的方案，我们将其从（1,0）点开始到最后一个接触对角线的点结束，这之间的部分以对角线为轴做映射，再拼接上最后到点（4,3）的一段，可以得出一条从（0,1）到（4,3）的线路，也就是说每一条从（1,0）到（4,3）接触对角线的线路都有一条从（0,1）到（4,3）的线路与之对应，而每条从（0,1）到（4,3）的线路都一定穿越对角线，所以从（1,0）到（4,3）不接触对角线的方案数等于从总线路数中减去从（0,1）到（4,3）的方案数，这里也就是20 - 15 = 5；
就是我们之前看到的结果！从中我们也可以发现，对于接触对角线的问题其实等于将n + 1以后的不接触对焦心啊问题！当然卡特兰数问题博大精深，还有许多问题还没有搞明白。。。
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