出栈序列统计

Posted 2020-11-02 道微真理

描述栈是常用的一种数据结构，有n个元素在栈顶端一侧等待进栈，栈顶端另一侧是出栈序列。你已经知道栈的操作有两种：push和pop，前者是将一个元素进栈，后者是将栈顶元素弹出。现在要使用这两种操作，由一个操作序列可以得到一系列的输出序列。请你编程求出对于给定的n，计算并输出由操作数序列1，2，…，n，经过一系列操作可能得到的输出序列总数。输入就一个数n(1≤n≤15)。输出一个数，即可能输出序列的总数目。样例输入

3

样例输出

5

提示：先了解栈的两种基本操作，进栈push就是将元素放入栈顶，栈顶指针上移一位，等待进栈队列也上移一位，出栈pop是将栈顶元素弹出，同时栈顶指针下移一位。
　　用一个过程采模拟进出栈的过程，可以通过循环加递归来实现回溯：重复这样的过程，如果可以进栈则进一个元素，如果可以出栈则出一个元素。就这样一个一个地试探下去，当出栈元素个数达到n时就计数一次(这也是递归调用结束的条件)。

#include <iostream>  
using namespace std;
 
int main()  
{  
    int n;
    cin>>n; 
    int ans = 1;  
    
    for(int i=1; i<=n; i++)  
        ans = 2 * (2 * (i - 1) + 1) * ans/ (i + 1) ;  
  
   cout<<ans;  
  
    return 0;  
}  

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卡特兰数的应用

 卡特兰数计算公式是：

 

应用1：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?h(n)
常规分析
首先，我们设f(n)=序列个数为n的出栈序列种数。同时，我们假定，从开始到栈第一次出到空为止，这段过程中第一个出栈的序数是k。特别地，如果栈直到整个过程结束时才空，则k=n。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)。

应用2描述：n对括号有多少种匹配方式？h(n)
       思路：n对括号相当于有2n个符号，n个左括号、n个右括号，可以设问题的解为f(2n)。第0个符号肯定为左括号，与之匹配的右括号必须为第2i+1字符。因为如果是第2i个字符，那么第0个字符与第2i个字符间包含奇数个字符，而奇数个字符是无法构成匹配的。
       通过简单分析，f(2n)可以转化如下的递推式 f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n - 4) + ... + f(2n - 4)*f(2) + f(2n-2)*f(0)。简单解释一下，f(0) * f(2n-2)表示第0个字符与第1个字符匹配，同时剩余字符分成两个部分，一部分为0个字符，另一部分为2n-2个字符，然后对这两部分求解。f(2)*f(2n-4)表示第0个字符与第3个字符匹配，同时剩余字符分成两个部分，一部分为2个字符，另一部分为2n-4个字符。依次类推。
       假设f(0) = 1，计算一下开始几项，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
应用3描述：矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？h(n-1)
       思路：可以这样考虑，首先通过括号化，将P分成两个部分，然后分别对两个部分进行括号化。比如分成(a1)×(a2×a3.....×an)，然后再对(a1)和(a2×a3.....×an)分别括号化；又如分成(a1×a2)×(a3.....×an)，然后再对(a1×a2)和(a3.....×an)括号化。
       设n个矩阵的括号化方案的种数为f(n)，那么问题的解为
        f(n) = f(1)*f(n-1) + f(2)*f(n-2) + f(3)*f(n-3) + f(n-1)*f(1)。f(1)*f(n-1)表示分成(a1)×(a2×a3.....×an)两部分，然后分别括号化。
       计算开始几项，f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 5。结合递归式，不难发现f(n)等于h(n-1)。
应用4描述（和应用1一样）：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?h(n)
       思路：这个与加括号的很相似，进栈操作相当于是左括号，而出栈操作相当于右括号。n个数的进栈次序和出栈次序构成了一个含2n个数字的序列。第0个数字肯定是进栈的数，这个数相应的出栈的数一定是第2i+1个数。因为如果是2i，那么中间包含了奇数个数，这奇数个肯定无法构成进栈出栈序列。
       设问题的解为f(2n)， 那么f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n-4) + f(2n-2)*f(0)。f(0) * f(2n-2)表示第0个数字进栈后立即出栈，此时这个数字的进栈与出栈间包含的数字个数为0，剩余为2n-2个数。f(2)*f(2n-4)表示第0个数字进栈与出栈间包含了2个数字，相当于1 2 2 1，剩余为2n-4个数字。依次类推。
       假设f(0) = 1，计算一下开始几项，f(2) = 1, f(4) = 2, f(6) = 5。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
应用5描述：n个节点构成的二叉树，共有多少种情形？h(n)
       思路：可以这样考虑，根肯定会占用一个结点，那么剩余的n-1个结点可以有如下的分配方式，T(0, n-1),T(1, n-2),...T(n-1, 0)，设T(i, j)表示根的左子树含i个结点，右子树含j个结点。
       设问题的解为f(n)，那么f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。假设f(0) = 1，那么f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。结合递推式，不难发现f(n)等于h(n)。
应用6描述：在圆上选择2n个点，将这些点成对连接起来使得所得到的n条线段不相交的方法数？h(n)
       思路：以其中一个点为基点，编号为0，然后按顺时针方向将其他点依次编号。那么与编号为0相连点的编号一定是奇数，否则，这两个编号间含有奇数个点，势必会有个点被孤立，即在一条线段的两侧分别有一个孤立点，从而导致两线段相交。设选中的基点为A，与它连接的点为B，那么A和B将所有点分成两个部分，一部分位于A、B的左边，另一部分位于A、B的右边。然后分别对这两部分求解即可。
       设问题的解f(n)，那么f(n) = f(0)*f(n-2) + f(2)*f(n-4) + f(4)*f(n-6) + ......f(n-4)*f(2) + f(n-2)*f(0)。f(0)*f(n-2)表示编号0的点与编号1的点相连，此时位于它们右边的点的个数为0，而位于它们左边的点为2n-2。依次类推。
       f(0) = 1, f(2) = 1, f(4) = 2。结合递归式，不难发现f(2n) 等于h(n)。
应用7描述：求一个凸多边形区域划分成三角形区域的方法数？h(n-2)
      思路：以凸多边形的一边为基，设这条边的2个顶点为A和B。从剩余顶点中选1个，可以将凸多边形分成三个部分，中间是一个三角形，左右两边分别是两个凸多边形，然后求解左右两个凸多边形。
      设问题的解f(n)，其中n表示顶点数，那么f(n) = f(2)*f(n-1) + f(3)*f(n-2) + ......f(n-2)*f(3) + f(n-1)*f(2)。f(2)*f(n-1)表示三个相邻的顶点构成一个三角形，那么另外两个部分的顶点数分别为2和n-1。
      设f(2) = 1，那么f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。结合递推式，不难发现f(n) 等于h(n-2)。
应用8描述：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？h(n)
     思路：可以将持5元买票视为进栈，那么持10元买票视为5元的出栈。这个问题就转化成了栈的出栈次序数。由应用2的分析直接得到结果，f(2n) 等于h(n)。

 

PS应用8：游乐园门票1元一张，每人限购一张。现在有10个小朋友排队购票，其中5个小朋友每人只有1元的钞票一张，另5个小朋友每人只有2元的钞票一张，售票员没有准备零钱。问：有多少种排队方法，使售票员总能找的开零钱？

答：现把拿1元的5个小朋友看成是相同的，把拿2元的5个小朋友也看成是相同的，使用我们常用的“逐点累加法”：

图中每条小横段表示拿1元的小朋友，每条小竖段表示拿2元的小朋友，要求从A走到B的过程中网格中任何点均有横段数不小于竖段数：拿1元的要先，且人数不能少于拿2元的，即不能越过对角线AB：每个点所标的数即为从A走到此点的方法数。求从A到B的走法的方法数。逐点累加可求出为42，即卡特兰数C₅＝42。

又由于每个小朋友是不相同的，所以共有42×5！×5！＝42×120×120＝604800种情况。

若把此题的10个人，拿1元的有5人，拿2元的有5人改为共有2n个人，拿1元的n人，拿2元的n人，则符合要求的排队方法数为：n!*n!*h(n)=n!*n!*C(2n,n)/(n+1)=(2n)!/(n+1)

卡特兰数的实例：

组合数学中有非常多的组合结构可以用卡塔兰数来计数。在Richard P. Stanley的Enumerative Combinatorics: Volume 2一书的习题中包括了66个相异的可由卡塔兰数表达的组合结构。以下用Cn=3和Cn=4举若干例：
例1.Cn表示长度2n的dyck word的个数。Dyck word是一个有n个X和n个Y组成的字串，且所有的前缀字串皆满足X的个数大于等于Y的个数。以下为长度为6的dyck words:  h(3)=5
XXXYYY XYXXYY XYXYXY XXYYXY XXYXYY
例2.将上例的X换成左括号，Y换成右括号，Cn表示所有包含n组括号的合法运算式的个数:h(3)=5
((())) ()(()) ()()() (())() (()())
例3.Cn表示有n个节点组成不同构二叉树的方案数。下图中n等于3，圆形表示节点，月牙形表示什么都没有。h(3)=5


例4.Cn表示所有在n × n格点中不越过对角线的单调路径的个数。一个单调路径从格点左下角出发，在格点右上角结束，每一步均为向上或向右。计算这种路径的个数等价于计算Dyck word的个数： X代表“向右”，Y代表“向上”。下图为n = 4的情况：h(4)=14

类似：一位大城市的律师在她住所以北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。如果她从不穿越（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？h(n)

例5.Cn表示通过连结顶点而将n边的凸多边形分成三角形的方法个数。下图中为n=6的情况：h(n-2)=h(4)=14


例6.Cn表示用n个长方形填充一个高度为n的阶梯状图形的方法个数。下图为 n = 4的情况:h(4)=14

例7.进栈出栈问题：
饭后，姐姐洗碗，妹妹把姐姐洗过的碗一个一个放进碗橱摞成一摞。一共有n个不同的碗，洗前也是摞成一摞的，也许因为小妹贪玩而使碗拿进碗橱不及时，姐姐则把洗过的碗摞在旁边，问：小妹摞起的碗有多少种可能的方式？h(n)
一个汽车队在狭窄的路面上行驶，不得超车，但可以进入一个死胡同去加油，然后再插队行驶，共有n辆汽车，问共有多少种不同的方式使得车队开出城去？h(n)