1 2 3 10

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出栈次序

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?[4-5] 

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大的值入栈出栈情况是相互独立的，此处可用乘法原则，f(n-k)*f(k-1)种，求和便是Catalan递归式。ps.author.陶百百）

首次出空之前第一个出栈的序数k将1~n的序列分成两个序列，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-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）=f（0）f（n-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=0，1，2，……）。

最后，令f（0）=1，f（1）=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大于等于出栈的操作数a(a≤b)，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)。

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)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<algorithm>
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#include<cmath>
#include<map>
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#include<fstream>
#include<memory>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
#define MAXN  102
#define INF 1000000009
/*
给定递增顺序进入，问有多少种方式出栈
1 1
2： 1-2 2-1
3： 123 
*/
int a[MAXN][MAXN];
void init()
{
    int i, j, yu, len;
    a[1][0] = 1; a[1][1] = 1;
    a[2][0] = 1; a[2][1] = 2;
    len = 1;
    for (i = 3; i < MAXN; i++)
    {
        yu = 0;
        for (j = 1; j <= len; j++)
        {
            int tmp = a[i - 1][j] * (4 * i - 2) + yu;
            yu = tmp / 10;
            a[i][j] = tmp % 10;
        }
        while (yu)
        {
            a[i][++len] = yu % 10;
            yu /= 10;
        }
        for (j = len; j > 0; j--)
        {
            int tmp = a[i][j] + yu*10;
            a[i][j] = tmp / (i + 1);
            yu = tmp % (i + 1);
        }
        while (!a[i][len])
            len--;
        a[i][0] = len;
    }
}
int main()
{
    init();
    int n;
    while (scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        for (int i = a[n][0]; i > 0; i--)
            printf("%d", a[n][i]);
        printf("\n");
    }
}