標準二維表問題
問題描述：
設n 是一個正整數。2xn的標準2維表是由正整數1，2，…，2n 組成的2xn 數組，該數組的每行從左到右遞增，每列從上到下遞增。2xn的標準2維表全體記為Tab(n)。
例如，當n=3時Tab(3)如下：
思路分析：首先明確一下每行的數總是左邊小於後面，上面小於下面，以上面的第一種情況進行分析，我們把第一行的數字對應為1表示進棧
。第二行的數字對應為-1表示出棧。我們知道一般情況進棧和出棧時棧裏面的元素個數大於等於0，那麽數字1看成進棧-1看成出棧，則總數之和要大於等於0。
即進出棧操作任何時刻進棧次數大於等於出棧的次數。那麽上表的第一行第一個元素表示第一次是進棧操作，下面的4對應的是第一次進棧的元素在第四次出棧，第一行第二列2
表示第二次操作是進棧對應對應下面的5表示第五次操作是出棧，即把第二次進棧操作的元素出棧，依次類推，第三次是進棧操作，第六次把第三次進棧的元素彈出棧。
所以我們可以把表看出是元素的進出棧的操作，則tab(n)表示求元素個數為n的所有可能進出棧的操作。於是問題轉換為n個元素所有可能進出棧的情況。
而求進出棧的所有可能情況的方法就是卡特蘭數。下面簡單介紹一下卡特蘭數。
事實上，可以認為問題是，任意兩種操作，要求每種操作的總次數一樣，且進行第k次操作2前必須先進行至少k次操作1。我們假設一個人在原點，操作1是此人沿右上角45°走一個單位（一個單位設為根號2，這樣他第一次進行操作1就剛好走到（1,1）點），操作2是此人沿右下角45°走一個單位。第k次操作2前必須先進行至少k次操作1，就是說明所走出來的折線不能跨越x軸走到y=-1這條線上！在進行n次操作1和n此操作2後，此人必將到到達（2n，0）！若無跨越x軸的限制，折線的種數將為C（2n，n），即在2n次操作中選出n次作為操作1的方法數。
現在只要減去跨越了x軸的情況數。對於任意跨越x軸的情況，必有將與y=-1相交。找出第一個與y=-1相交的點k，將k點以右的折線根據y=-1對稱（即操作1與操作2互換了）。可以發現終點最終都會從（2n，0）對稱到（2n，-2）。由於對稱總是能進行的，且是可逆的。我們可以得出所有跨越了x軸的折線總數是與從（0,0）到（2n,-2）的折線總數。而後者的操作2比操作1要多0-（-2）=2次。即操作1為n-1,操作2為n+1。總數為C（2n，n-1）。
catalan數和出棧序列的對應：
動態規劃：我們把n個元素的出棧個數的記為f(n), 那麽對於1,2,3, 我們很容易得出：
f(1) = 1 //即 1
f(2) = 2 //即 12、21
f(3) = 5 //即 123、132、213、321、231
然後我們來考慮f(4), 我們給4個元素編號為a,b,c,d, 那麽考慮：元素a只可能出現在1號位置，2號位置，3號位置和4號位置(很容易理解，一共就4個位置，比如abcd,元素a就在1號位置)。
分析：
1) 如果元素a在1號位置，那麽只可能a進棧，馬上出棧，此時還剩元素b、c、d等待操作，就是子問題f(3)；
2) 如果元素a在2號位置，那麽一定有一個元素比a先出棧，即有f(1)種可能順序（只能是b），還剩c、d，即f(2)， 根據乘法原理，一共的順序個數為f(1) * f(2)；
3) 如果元素a在3號位置，那麽一定有兩個元素比1先出棧，即有f(2)種可能順序（只能是b、c），還剩d，即f(1)，
根據乘法原理，一共的順序個數為f(2) * f(1)；
4) 如果元素a在4號位置，那麽一定是a先進棧，最後出棧，那麽元素b、c、d的出棧順序即是此小問題的解，即 f(3)；
結合所有情況，即f(4) = f(3) + f(2) * f(1) + f(1) * f(2) + f(3);
為了規整化，我們定義f(0) = 1；於是f(4)可以重新寫為：
f(4) = f(0)*f(3) + f(1)*f(2) + f(2) * f(1) + f(3)*f(0)
然後我們推廣到n，推廣思路和n=4時完全一樣，於是我們可以得到：
f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + ... + f(n-1)*f(0)
下面是推導式，不給證明了
另類遞推式:
h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
遞推關系的解為:
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
遞推關系的另類解為:
h(n)=c(2n,n)-c(2n,n-1)(n=0,1,2,...)
那麽我們了解了卡特蘭數之後就可以寫代碼了，demo如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tan(int n){
if(n==1|| n==0)
return 1;
else if(n==2)
return 2;
else {
return tan(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
}
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
cout << tan(n);
return 0;
}
但是這個代碼只是簡單運用了卡特蘭數解決了n較小的問題，但是如下
其前幾項為 : 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, ...
所以n較大的時候Int就無法表示，下面是處理大整數後的思路（關於大整數的內容可以我的參考這篇博客（https://www.cnblogs.com/henuliulei/p/9867127.html））
下面是具體的大卡特蘭數
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char array1[200];
char array2[200];
int sum[400];
string f(string s1,string s2)//大整數乘法
{
reverse(s1.begin(),s1.end());
reverse(s2.begin(),s2.end());
memset(array1,0,sizeof(s1));
memset(array2,0,sizeof(s2));
memset(sum,0,sizeof(sum));
int l1=s1.length();
int l2=s2.length();
strcpy(array1,s1.c_str());
strcpy(array2,s2.c_str());
for(int i=0;i<l1;i++){
for(int j=0;j<l2;j++){
sum[i+j]+=((int)array1[i]-48)*((int)array2[j]-48);
}
}
int f=0;
while(true){
if(f<l1+l2){
int de=sum[f]/10;
sum[f]=sum[f]%10;
sum[f+1]+=de;
f++;
}
else{
break;
}
}
string a="";
int ig=0;
for(int i=l1+l2-1;i>=0;i--){
if((char)sum[i]+48!=‘0‘){
ig=1;
}
if(ig==1){
a+=(char)sum[i]+48;
}
}
return a;
}
string div(string a,int b){//大整數除法
char s[1000];
memset(s,0,sizeof(s));
unsigned long long sum=0;
for(int i=0;a[i];i++)
{
sum=sum*10+a[i]-‘0‘;
s[i]=sum/b+‘0‘;
sum=sum%b;
}
int j=0;
string as="";
while(s[j]==‘0‘)
j++;
for(;j<a.size();j++)
as+=s[j];//商
return as;
}
int t(string n)//把字符串變為int類型
{
int a=0;
int s=1;
for(int i=n.length()-1;i>=0;i--){
a+=((int)n[i]-48)*(s);
s*=10;
}
return a;
}
string tan(string n){//遞歸實現卡特蘭數
if(n=="1"|| n=="0")
return "1";
else if(n=="2")
return "2";
else {
int s=t(n);
s=(s+1);
int st=t(n)*4-2;
int s1=t(n);
s1--;
char a[100];
char a1[100];
itoa(st,a,10);
itoa(s1,a1,10);
string s2=tan(a1);
string re=div(f(s2,a),s);
return re;
}
}
int main()
{
string s1;
string s2;
string s3;
cin >> s1;
cout << tan(s1);
}
標準二維表問題