数论二（hdoj 卡特兰数）

卡特兰数：

1 通项公式：h(n)=C(n,2n)/(n+1)=(2n)!/((n!)*(n+1)!)

2递推公式:h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1); h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+...+h(n-1)*h(0).

3前几项为：h(0)=1,h(1)=1,h(2)=2,h(3)=5,h(4)=14,h(5)=42,......

4应用场景：

a.括号化问题。
　　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)种)
b.出栈次序问题。
　　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?
　　类似：
　　(1)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)
　　(2)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。

c.将多边行划分为三角形问题。
　　(1)将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?
　　(2)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？
　　(3)类似：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?
d.给顶节点组成二叉树的问题。
　　给定N个节点，能构成多少种形状不同的二叉树？
　　(一定是二叉树!先去一个点作为顶点,然后左边依次可以取0至N-1个相对应的,右边是N-1到0个,两两配对相乘,就是

      h(0)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) +  + h(n-1)h(0)=h(n))（能构成h（N）个）。

下面给出hdu上面的有关例题：

hdoj 1134

2n个人围成一个圆圈，求两两相互握手并且不交叉的所有握手方式。
这个是卡特兰数的一个例子，设2n个人一共有h(n)种，那么现在第一个人可以和第2,4,6，。。。，2（n-1），2n，即必须保证和他握手的那个人两边是偶数，即为：
h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+...+h(n-1)*h0=(4*n-2)/(n+1) *h(n-1),h(0)=1,h(1)=1.
通项公式:h(n)=C(n,2n)/n+1=(2n)!/((n!)*(n+1)!)
但是这个题目是大数，所以必须采用数组模拟乘除法.

源码：

 

#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N=105;
int catalan[102][N];
void setCatalan()
{
	memset(catalan,0,sizeof(catalan));
	catalan[1][0]=1;
	int i,tmp[N],j,yushu,m;
	for(i=2;i<=100;i++)
	{
		m=4*i-2;
		//大数乘法
		for(j=0;j<N;j++)
		{
			catalan[i][j]+=catalan[i-1][j]*m;
			if(catalan[i][j]>=10)
			{
				catalan[i][j+1]+=catalan[i][j]/10;
				catalan[i][j]=catalan[i][j]%10;
			}
		}
		for(j=0;j<N;j++)
			tmp[j]=0;
		yushu=0;
		m=i+1;
		//大数/小数
		for(j=N-1;j>=0;--j)
		{
			tmp[j]=(10*yushu+catalan[i][j])/m;
			yushu=(10*yushu+catalan[i][j])%m;
		}
		for(j=0;j<N;++j)
			catalan[i][j]=tmp[j];
	}
}
int main()
{
	setCatalan();
	int i,n;
	while(cin>>n && (-1 != n))
	{
		i=N-1;
		while(!catalan[n][i])
			--i;
		for(;i>=0;--i)
			cout<<catalan[n][i];
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

 

 

 

hdoj1023

求出栈序列，比如1,2,3，出栈序列为3 2 1,1 2 3,1 3 2,2 1 3,2 3 1,一共5种
我们把入栈看做1，出栈看做0，那么入栈出栈看做一系列的1010。。。，但是必须保证从左往右
看的时候1必须多余0，这个是卡塔兰数的第二个应用，种数为：C(n,2n)-C(n+1,2n).
粗略这样理解：我们从2n个位置中选出n个来存放1，方法数为C(n,2n),减去不满足的情况。
不合法的情况：我们在2n个位置放n+1个0，n-1个1，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，即C（n+1,2n）。
h(n)=C(n,2n)-C(n+1,2n).

hdoj1130

给出n个点，求组成二叉树的所有种数，2个点组成2种二叉树，3个点组成5种二叉树。。。
这个也是卡塔兰数的一个应用，和1134类似，我们去除一个点作为根节点，然后左边依次可以取0至N-1个相对应的,右边是N-1到0个,两两配对相乘,就是h(0)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) +  + h(n-1)h(0)=h(n))。

hdoj2067

给出一个棋盘n*n，求从左下角到右上角的不经过对角线的所有走法，这个经过分析也是卡特兰数。我们把往右走看做1，把往上走看做0，那么从左向右看做一系列的101100.。。，和那个求出栈序列的就是一个问题了，即0的个数不能超过1，由于上半角和下半角一样，所以求出来卡特兰数*2就是我们的答案了。

hdoj1133
买票问题：有m个人手里拿的是50元的，n个人拿的是100元的，问使买票过程不中断的排队方式。我们知道如果前面出现拿50的人小于拿100的人，那么肯定出现找不开的情况，我们把拿50的看做0，拿100的看做1，所以从左往右看的时候0的个数必须大于1。我们知道总的情况为
C(n,m+n),需要求出不合法的序列个数，还是之前的思路，存在一个奇数位置2*k+1，使得0出现k此1出现k+1次，后面会有(m-k)个0，(n-k-1)个1，我们将01交换，即这个序列共有m+1个1，n-1个0，这个序列的所有排序情况就对应了一种不合法的序列情况（可以这样理解：由于m+1>n-1,那么必然在某一个位置出现1的个数大于0的个数，这样在这个位置往后的01我们交换回来，就对于了一种不合法的序列了），即C(m+1,m+n),最后的结果为：ans=C(n,m+n)-C(m+1,m+n),其中(m>=n)；当m<n时买票过程必然中断。

 

#include <iostream>
using namespace std;
const int MAX=400;
const int BASE=1000;
int catalan[MAX],tmp[MAX];
int main()
{
	int i,j,n,m,cas=0;
	while(cin>>m>>n)
	{
		if(!(m+n))
			break;
		if(m<n)
			printf("Test #%d:\n0\n",++cas);	
		else
		{
			memset(catalan,0,sizeof(catalan));
			memset(tmp,0,sizeof(tmp));
			catalan[0]=1;
			//(m+n)!
			for(i=1;i<=(m+n);++i)
			{
				for(j=0;j<MAX;j++)
					catalan[j]=catalan[j]*i;
				for(j=0;j<MAX;j++)
				{
					if(catalan[j]>=BASE)
					{
						catalan[j+1]+=catalan[j]/BASE;
						catalan[j]=catalan[j]%BASE;
					}
				}
			}
			//*(m-n+1)
			int k=m-n+1;
			for(j=0;j<MAX;j++)
				catalan[j]=catalan[j]*k;
			for(j=0;j<MAX;j++)
			{
				if(catalan[j]>=BASE)
				{
					catalan[j+1]+=catalan[j]/BASE;
					catalan[j]=catalan[j]%BASE;
				}
			}
			// /(m+1)
			int yushu=0;
			k=m+1;
			for(j=MAX-1;j>=0;--j)
			{
				tmp[j]=(BASE*yushu+catalan[j])/k;
				yushu=(BASE*yushu+catalan[j])%k;
			}
			printf("Test #%d:\n",++cas);
			j=MAX-1;
			while(!tmp[j])
				--j;
		//	cout<<"j"<<j<<endl;
			printf("%d",tmp[j]);
			--j;
			for(;j>=0;--j)
				printf("%03d",tmp[j]);
			printf("\n");
		}
	
	}
	return 0;
}