hdu4165(简单递推，实则卡特兰数的应用)

这道题之前自己做的时候并没有反应过来是求卡特兰数，当时是按递推来想的。后来查了下HDU4165，结果一看大标题就说是卡特兰数，自己想了想，还真是那么回事。主要还是对于卡特兰数用的不多，也就当时没立马反应过来了。下面介绍这道题我的思路，然后对卡特兰数再做一些补充。

本题题意：罐子里有N片相同的药片，开始的时候药片都是完整的一整片。然后一个每天从中任意取一片，如果该药片是完整的一整片，那么他会吃点半片，然后将剩余半片扔回罐里，如果恰好是半片，那他直接吃掉拿出来的半片。显然2N天后，他吃完全部N片药片，总共有多少种不同的吃法过程。

我当时的思路顺序是这样的：发现对于一个状态，它的下一个状态会有两种可能（当然有些特殊情况是只有一种可能），那么对于这两种可能显然容易想到只要递推下去就行了。然后再考虑，这两种可能无非就是下个状态我可能吃完整的药片，也可能吃只有半片的药片。所以递推显然设计两个参数，完整药片的个数和只有半片药片的个数。于是开了个二维数组dp[i][j],表示当罐子里有i片完整的药片和j片只有一半的药片时距离吃完总共有多少种不同的吃法。

然后递推过程应该比较容易就出来了：dp[i][j]=dp[i-1][j+1]+dp[i][j-1],递推式说明：对于当前dp[i][j]这个状态来说，它接下来会出现两个分叉，一种可能，接下来拿出的是一枚完整的药片，然后吃一半，扔回一半，于是变成了dp[i-1][j+1]这个状态,还一种可能就是正好拿出来的是只有半片的药片，于是变成了dp[i][j-1]这个状态。然后由于DP定义的是方案数，显然这两个之后的状态加起来的方案数就是之前那个状态的方案数了。

当然，接下来就是给这个二维dp赋初始值了，显然dp[1][0]=1,然后发现其实dp[1][i]=i+1（可以这样理解：当罐子里只有i片半状的药片和1片完整药片时，对于求方案数，其实主要就是看那个完整的药片在第几天吃，总共i+1天，那么显然就是C（i+1）（1）种方案数）。然后dp[i][j]中的i相当于就从2开始递推了。对于j，当j为0时，它对应的下一个状态其实只有一种可能，就是dp[i][0]=dp[i-1][1]，于是j就从1开始递推了。具体代码如下：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
ll dp[32][32];
void init(){
    for(int i=0;i<30;i++)dp[1][i]=i+1;
    for(int i=2;i<=30;i++){
            dp[i][0]=dp[i-1][1];
        for(int j=1;j+i<=30;j++){
            dp[i][j]=dp[i-1][j+1]+dp[i][j-1];
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    init();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        if(n==0)break;
        printf("%I64d
",dp[n][0]);
    }
    return 0;
}

本题思路就是这样，比较简单的递推。但之后看到一些题解，对于本题，其实就是求卡特兰数。
我们这样来思考：本题的题意转化一下可以这样理解，有N个红球，N个白球，问这2N个小球的排列数，且从第一个球到后面任意个球中红球的个数必须不小于白球的个数（理解为白球是红球产生的，一个红球产生一个白球）。那么这个就变成了卡特兰数的一个典型应用了。

卡特兰数：

令h(0)=1,h(1)＝1,catalan数满足递归式：

h(n)= h(0)*h(n-1) + h(1)*h(n-2) + + h(n-1)h(0) (其中n>=2) 　　

该递推关系的解为： 　　h(n)=C(2n,n)/(n +1) (n=1,2,3,)      

另类递归式：  h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);

组合数学中有非常多.的组合结构可以用卡塔兰数来计数。以下用C_n=3和C_n=4举若干例：

• C_n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，且所有的部分字串皆满足X的个数大于等于Y的个数。以下为长度为6的dyck words:

XXXYYY XYXXYY XYXYXY XXYYXY XXYXYY

• 将上例的X换成左括号，Y换成右括号，C_n表示所有包含n组括号的合法运算式的个数:

((())) ()(()) ()()() (())() (()())

• C_n表示有n+1个叶子的二叉树的个数。

                                                                      

• C_n表示所有不同构的含n个分枝结点的满二叉树的个数。（一个有根二叉树是满的当且仅当每个结点都有两个子树或没有子树。）

• 证明：

  令1表示进栈，0表示出栈，则可转化为求一个2n位、含n个1、n个0的二进制数，满足从左往右扫描到任意一位时，经过的0数不多于1数。显然含n个1、n个0的2n位二进制数共有个，下面考虑不满足要求的数目.

  考虑一个含n个1、n个0的2n位二进制数，扫描到第2m+1位上时有m+1个0和m个1（容易证明一定存在这样的情况），则后面的0-1排列中必有n-m个1和n-m-1个0。将2m+2及其以后的部分0变成1、1变成0，则对应一个n+1个0和n-1个1的二进制数。反之亦然（相似的思路证明两者一一对应）。

  从而。证毕。

• • C_n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：
  •                                                                        
  • C_n表示通过连结顶点而将n + 2边的凸多边形分成三角形的方法个数。下图中为n= 4的情况：

                                                                                  

  • C_n表示对{1, ...,n}依序进出栈的置换个数。一个置换w是依序进出栈的当S(w) = (1, ...,n), 其中S(w)递归定义如下：令w=unv，其中n为w的最大元素，u和v为更短的数列；再令S(w) =S(u)S(v)n，其中S为所有含一个元素的数列的单位元。
  • C_n表示集合{1, ...,n}的不交叉划分的个数. 那么,C_n永远不大于第n项贝尔数.C_n也表示集合{1, ..., 2n}的不交叉划分的个数，其中每个段落的长度为2。综合这两个结论，可以用数学归纳法证明 that all of thefreecumulants of degree more than 2 of theWigner semicircle laware zero. This law is important infree probabilitytheory and the theory ofrandom matrices.
  • C_n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:

                                                                                           

 卡特兰数资料来源：http://www.cppblog.com/MiYu/archive/2010/08/07/122573.html