我们将分三个步骤来解决这个问题，每次我们都会从上一步开始，增加复杂性。
第一步：一个季度
首先，考虑最初的问题，但要考虑四分之一的形状：
如果我们询问如何使用问题陈述中概述的过程平铺此形状，那么我们可以在一般情况下编写递归。要了解原因，请从拾取其中一个边方块开始。这将形状分为两个相似但较小的形状。例如，如果有$n=6$个边线方块，我们从顶部选择第三个，我们将获得：
剩下的情况是$n=2$和$n=3$，我们可以进一步细分。如果我们称$c_n$为这个形状的平铺数，那么我们就有了递归：
\[
c0=1，\quad\text{和}\quad c{n+1}=\sum_{k=0}^n ck c{n-k}\quad_text{for}n \geq 0
\]这是众所周知的加泰罗尼亚数字。前几个加泰罗尼亚数字是（从$n=0$开始）：
\[
\{cn\}=\{1、1、2、5、14、42、132、429、1430、\点\}
\]通式如下：
\[
cn=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}
\]
第二步：一半
现在，考虑一下最初的问题，但只考虑形状的一半：
如果我们询问如何平铺这个形状，我们可以像在步骤1中那样形成一个递归关系。这一次，当我们选取一个边长正方形时，我们画了一个大矩形，剩下的是一个半圆形状（顶部）和相同的四分之一形状（两侧）。例如，如果有$n=6$个边缘正方形，并且我们从顶部选择第四个，则我们获得：
如果我们称$d_n$为该形状的平铺数，那么我们就有了递归：
\[
d_0=1，\quad\text{和}\quad
d_{n+1}=\sum_{k=0}^nc{n-k}^2d_k\quad\text{for}n\geq0
\]此序列中的前几个数字是（从$n=0$开始）：
\[
\{dn=点
\]
第三步：整个事情
现在考虑最初的问题。现在你可能已经猜到了模式……通过选择其中一个边缘方块，我们将问题细分为四个相同的对半形状（南北和东西）。如果我们称$e_n$为整个形状的平铺数，那么我们得到了以下公式：
\[
e_0=1，\qquad\text{和}\quad
e_{n+1}=\sum_{k=0}^nd{n-k}^2d_k^2\quad\text{for}n\geq0
\]此序列中的前几个数字是（从$n=0$开始）：
\[
\{en\}=\{1、1、2、9、106、3002、153432、11209105、1027079042
\]
不幸的是，这些都不是特别令人满意的，因为我们没有$e_n$的封闭式解决方案。让我们试着找一个…
尝试封闭式解决方案
一个好的开始是看看如何导出加泰罗尼亚数字的封闭式解。一种方法是使用生成函数我们的想法是定义一个无穷多项式（幂级数），其中系数是我们关心的序列。对于加泰罗尼亚数字，我们有：
\[
C（x）=\sum_{n=0}^\infty C_n x^n
\]现在请注意，加泰罗尼亚数的递归关系是一个卷积，我们可以通过平方$C（x）$获得：
\开始{align*}
C（x）^2&=\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^\inffy C_mc_kx^{m+k}\\
&=\sum_{n=0}^\infty\left（\sum_{k=0}^nCkc{n-k}\right）x^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty c_{n+1}x^n\\
&=\frac{1}{x}\左（C（x）-1\右）
\end{align*}求解$C（x）$，我们得到：
\[
C（x）=压裂{1-\sqrt{1-4x}}{2x}
\]（二次型的另一根可以被排除，因为它不满足$C（0）=C_0=1$）从这里，我们可以通过二项式定理进行级数展开，并提取$x^n$的系数，得到公式$C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$。
我们可以使用类似的参数来获得$d_n$的生成函数。为此，定义：
\[
D（x）=\sum_{n=0}^\infty D_n x^n
\]现在，我们可以写下：
\开始{align*}
D（x）&=1+\sum_{n=0}^\infty D_{n+1}x^{n+1}\\
&=1+\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^nc_{n-k}^2d_kx^{n+1}\\
&=1+\sum_｛k=0｝^\infty\sum_｛n=k｝^\infty c_｛n-k｝^2 d_k x^｛n+1｝\\
&=1+\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=0}^\inffyc_{n}^2d_kx^{n+k+1}\\
&=1+\sum_{k=0}^\infty d_k x ^k\sum_{n=0}^\inffy c_n^2 x ^{n+1}\\
&=1+D（x）\sum_{n=0}^\infty c_n^2 x^{n+1}
\end{align*}因此，我们可以用平方加泰罗尼亚数的生成函数来表示$d_n$的生成函数：
\[
\帽子C（x）：=\sum_{n=0}^\infty C_n^2 x^{n+1}\qquad\text{和}\qquid
D（x）=压裂{1}{1-\hat C（x）}
\]根据Mathematica的说法，包含平方加泰罗尼亚数的级数可以用超几何函数即：
\[
\帽子C（x）=
\裂缝{1}{4}\bigl（\，_2F_1（-\tfrac{1}}{2}，-\tfrac{1}[2]；1；16x）-1\bigr）
\]不幸的是，这并没有特别的帮助，因为似乎没有任何方法可以获得$D（x）$序列中$x^n$系数的公式。
继续这种方式，我们还可以将$E（x）$定义为$E_n$的生成函数，我们可以用$d_n^2$生成函数的平方来表示。即：
\[
E（x）=\sum_{n=0}^\infty E_n x^n，\qquad
\帽子D（x）=\sum_{n=0}^\infty D_n^2 x^{n+1}，\qquad
E（x）=1+\tfrac{1}{x}\hat D（x）^2
\]但同样，这似乎并没有真正的帮助，因为我们无法评估$D（x）$或更少的$\hat D（x）$。
如果其他人能在这个问题上取得进展，我很想听听你的做法！
渐近
评论员MarkS指出，$c_n^2/d_n$和$c_n ^4/e_n$似乎趋向于$n\to.infty$的有限极限。以下是当我们将这些数量绘制到$n=2000$时得到的结果：
我们有办法找到这些极限的精确值吗？也许 吧！我们将利用以下事实。如果序列$a_n$和$b_n$具有相应的生成函数$a（x）$和$b（x）美元，并且它们具有收敛半径$R$，那么我们可以写：
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim__{x\ to R^-}\frac{a（x）}{b（x）{
\]只要$A（x）$和$B。
运用这个想法，我们想写下：
\[
\lim_{n\to\infty}\分形{c_n^2}{d_n}=\lim__{x\到R^-}\分形
\]但只有一个问题……我们已经确定了
\[
\帽子C（x）=\sum_{n=0}^\infty C_n^2 x^{n+1}=
\裂缝{1}{4}\bigl（\，_2F_1（-\tfrac{1}}{2}，-\tfrac{1}[2]；1；16x）-1\bigr）
\]事实证明，这个函数的级数的收敛半径为$R=\frac{1}{16}$。如果你想知道为什么，记住这是一个系数是加泰罗尼亚数字平方的序列。加泰罗尼亚数字有一个众所周知的财产那个
\[
cn\sim\frac{4^n}{n^{3/2}\pi}，\qquad\text{即}\quad
\lim_｛n\to\infty｝\frac｛c_n｝｛\left（\frac｛4^n｝｛n^｛3/2｝\pi｝\right）｝=1
\]因此，$c_n^2\sim16^n/n^3$，所以c（x）$收敛的必要条件是$|x|\leq\frac{1}{16}$。那么问题是什么？
这里是一个$\hat C（z）$的三维图，用于复杂的$z$（纵轴是幅度，由参数进行颜色编码），并为$|z|\leq\frac{1}{16}$绘制。
正如我们所看到的，边界附近没有什么东西会无限大。这怎么可能？结果表明，收敛半径是$\frac{1}{16}$，因为此时存在不同类型的不连续；这个论点（而不是震级）变得不连续。当绘图缩小到$|z|\leq 1$时，您可以更清楚地看到它（注意沿着正实轴的颜色不连续）。
那么我们该如何处理这个问题呢？我们需要将序列转换为无穷大的$x\to\frac{1}{16}$。这样做的一个方法是进行导数。这将产生一个包含$na_nx^{n-1}$和$nb_nx^}$等项的序列，并且比率保持不变！这里是一阶导数$\hat C'（z）$的曲线图：
这更好，因为现在函数在$z=\frac{1}{16}$附近看起来是不可微的，但它仍然不会无穷大。让我们再次区分！下面是$\hat C'{}'（z）$的图：
现在我们在做生意。所以我们要寻找的限制是：
\[
\lim_｛n\to\infty｝\frac｛c_n^2｝｛d_n｝
=\lim_{x\to\frac{1}{16}}\frac}\frac{d^2}{dx^2}\Bigl
\]我在最后一步使用了Mathematica，它可以解析地区分和计算超几何函数。总之，我们得到了渐近公式：
$\显示样式
d_n\sim\frac{cn^2}{\左（5-\tfrac{4}{\pi}\右）^2}
\sim\frac{16^n}{\pi\left（5-\tfrac{4}{\pi}\right）^2n^3}
$
现在，关于$e_n$，我又被卡住了。使用相同的
