标签：凸多边形 frac 常见 基础 sqrt times 数学 2n 递推
常见数
ps：俺觉得学常见数，更多的可以说是借着常见数来学习如何推公式，以及其中dp状态转移的化简，对子问题的划分xd
1.卡特兰数(Catalan Number)
ps：这篇博客说的应用非常好，但是太多了，贴个链接
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31317307
(1) 定义：
设卡特兰数的第\(n\)项为\(h(n)\)，\(h(0)=1,h(1)=1\)。catalan数满足递推式：
\(h(n)=h(0)\times h(n)+h(1)\times h(n-1)\times ...\times h(n-1)\times h(0)\)，\(n\geq 2\)
此时递推关系的解为\(h(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1}\)
另类递推式：\(h(n)=h(n-1)\times \frac{4n-2}{n+1}\)，或者说\(h(n+1)=h(n)\times \frac{4n+2}{n+2}\)
递推关系的另类解为\(h(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}\)。
事实上，它们都是等价的。（这些递推式还是挺容易证明的就不写了，敲公式好累）
以防一时看不出来，记一下前几项（误）（从第0项开始）
1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452
(2) 应用
- 出栈次序
题目见AcWing415，相当于问一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，有多少个不同的出栈序列。
对于每一个\(h(k)\)，我们都可以把它的每个进出栈的过程看成独立的，然后枚举分割的方案，那么\(h(k)=h(0)\times h(k-1)+...+h(n-1)\times h(0)\)。（我知道我讲的不好，但是意会一下QAQ）
或者这么想，对于每个数来说，必须进栈一次，出栈一次。把进栈设置为状态0，出栈设为1。那么，\(n\)个数的所有状态对应\(n\)个1和\(n\)个0组成的长度为\(2n\)的序列。显然，无论何时，进栈的数量都不小于出栈的数量，这个问题就转换成了AcWing889（我在刷题有详细写解法）
类似的还有买票找零问题，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，问有多少种方法使得只要有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)。
- 凸多边形三角划分
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。给定凸多边形的边数\(n\)，求不同划分的方案数\(f(n)\)。嗯……lcy讲过这个来着，but我还是贴一下百度百科的证明吧（捂脸）
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\(P_1\)和终点\(P_n\)，将该凸多边形的顶点依序标记为\(P_1,P_2,...,P_n\)，再在该凸多边形中找任意一个不属于这两个点的顶点\(P_k,2\leq k \leq n-1\)，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\(P_1,P_2,...,P_k\)构成的凸\(k\)边形（顶点数即是边数），另一个凸多边形，是由\(P_k,P_{k+1},...,P_n\)构成的凸\(n-k+1\)边形。
此时，我们若把\(P_k\)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\(k\in[2,n-1]\)，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：\(f（n）=f(2)f(n-2+1)+f(3)f(n-3+1)+…+f(n-1)f(2)\)。也就是说，\(f(n)=h(n-2)\)。
- 给定节点组成满二叉树
有\(n+1\)个叶子节点的满位置二叉树（即每个节点有0或2个子节点，且左子节点和右子节点是不同的）的计数问题，相当于有\(n\)个内节点的满位置二叉树的计数问题。
这道题，我还是和凸多边形划分相同的思路，可以发现，这些应用都有一个共同的特点，就是可以通过一次分割，划分为两个完全一致只是规模变小的子问题，并且，这两个子问题完全独立，那么所得方案数就可以通过乘法原理相乘，再枚举分割方法，根据加法原理把它们相加。
博客提供了一个很特别的思路。
-
长方形填充阶梯形状
-
n对括号正确匹配数目, Young表问题, 不相交的弦, 笔画群峰, 不出现312模式的全排列
这些都是很经典的问题，但是太多了写不下（不想写），可以自己看我上面的链接哦，我觉得值得一看！特别是全排列和young表
2. 斐波那契数
(1) 定义：
递推式：\(F_0=0,F_1=1\)，\(F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\)，\(n\geq3,n\in \N\)。
通项公式：\(F_n=\frac{1}{\sqrt 5}[(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n+(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n]\)
（通项公式就是用待定系数法搞成等比数列然后组合证明出来的，可以看https://www.cnblogs.com/1024th/p/10902775.html这个博客，这里简单说一下另一种方式）
显然可以构造等比数列\(C_n=F_n-aF_{n-1}\)，那么\(F_n-aF_{n-1}=b(F_{n-1}-aF_{n-2})\)，代入递推式就可以解出来\(a,b\)的值，得到\(C_n=b^{n-1}\)，则\(F_n=b^{n-1}+aF_{n-1}\)，这样就把二阶递推式化成了一阶递推式，然后再做一次待定系数法，\(F_n+kb^n=-a(F_{n-1}+kb^{n-1})\)，然后不停化简，得到\(k\)的式子，再把\(a,b\)两组解的任何一组代进去（两组解结果一样的），就得到了\(F_n=\frac{1}{\sqrt 5}[(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n+(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n]\)。这个通项公式有叫“比内公式”，是无理数表示有理数的一个范例。
(2) 相关恒等式：
（证易，敲累，简写，博客有多处笔误，按俺的公式来）
- \(\sum\limits _{i=1}^n F_i=F_{n+2}-F_2=F_{n+2}-1\)
证明：\(F_1+F_2+F_3+...=F_3-F_2+F_4-F_3+...=F_{n+2}-F_2\)
- \(F^2_1+F^2_2+⋯+F^2_n=F_nF_{n+1}\)
证明：\(F_nF_{n+1}=F_n(F_{n-1}+F_n)=F_n^2+F_{n-1}(F_{n-2}+F_{n-1})=...=\sum\limits _{i=1}^n F_i^2\)
- \(F_1+F_3+F_5+...F_{2n-1}=F_{2n}\)
证明：\(F_{2n}=F_{2n-1}+F_{2n-2}=F_{2n-1}+F_{2n-3}+F_{2n-4}+...=F_1+F_3+...+F_{2n-1}\)
- \(F_2+F_4+F_6+...+F_{2n}=F_{2n+1}-F_1=F_{2n+1}-1\)
证明：和上一个恒等式一模一样属于是
- \(F_n=F_mF_{n-m+1}+F_{m-1}F_{n-m}\)
证明：数学归纳法
当\(m=2\)时，\(F_n=F_2F_{n−2+1}+F_{2−1}F_{n−2}=F_{n−1}+F_{n−2}\)成立。
设当\(m=k(2≤k≤n−2)\)时，\(F_n=F_kF_{n−k+1}+F_{k−1}F_{n−k}\)成立。
$ \begin{align} & F_n=F_kF_{n−k+1}+(F_{k+1}−F_k)F_{n−k}\ &=F_{k+1}F_{n-k}+F_k(F_{n-k+1}-F_{n-k})\ & =F_{k+1}F_{n-k}+F_kF_{n-k-1} \end{align}$
即\(m=k+1\)时等式依旧成立，得证。
- \(F_{n-1}F_{n+1}=F_n^2+(-1)^n\)
数学归纳法，假设\(F_{n-1-1}F_{n-1+1}=F_{n-1}^2+(-1)^{n-1}\)成立
\((F_{n}-F_{n-2})(F_n+F_{n-1})=F_n^2+(-1)^n\)
\(\Leftrightarrow F_n^2+F_nF_{n-1}-F_{n-2}F_n-F_{n-2}F_{n-1}=F_n^2+(-1)^n\)
\(\Leftrightarrow F_{n-1}(F_n-F_{n-2})-F_{n-2}F_{n}=(-1)^n\)
\(\Leftrightarrow -F_{n-2}F_n=-F_{n-1}^2+(-1)^n\)
\(\Leftrightarrow F_{n-1-1}F_{n-1+1}=F_{n-1}^2+(-1)^{n-1}\)，得证
(3) 性质：
- 相邻项互质
证明：\((F_n,F_{n-1})=(F_{n-1},F_n-F_{n-1})\)，不断递归，\((F_2,F_1)=1\)。
- \(gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}\)
证明：\((F_n,F_m)=(F_mF_{n-m+1}+F_{m-1}F_{n-m}, F_m), n>m\)
又\((a,b)=(a-kb,b)\)，所以\((F_n,F_m)=(F_{m-1}F_{n-m},F_m)\)
因为相邻项互质，所以\(F_{m-1},F_m\)没有公因子，因此\((F_n,F_m)=(F_{n-m},F_m)\)
不断递归下去，可得\((F_n,F_m)=(F_{n\mod m},F_m)\)
交换\(m,n \mod m\)的位置，一直做下去，我超 是你，欧几里得！得证。
- \(n|m,F_n|F_m\)
相当于性质2的特例。
(4) 计算方法
参见yxc的求解斐波那契数列的若干方法。
在此之外，补充另一种利用性质计算的方法：快速倍增法
emmmmmm namo 我的快速倍增法去哪里了内？
也许我有空就会补上吧！（摆大烂）
(5) 应用
有些奇奇怪怪的组合数，化到最后是斐波那契和其他式子的组合，可以说是非常神奇（指我不会
标签：凸多边形,frac,常见,基础,sqrt,times,数学,2n,递推 来源： https://www.cnblogs.com/vivaldi370/p/MathBasic_8_Number.html
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