【讲●解】火车进出栈类问题 & 卡特兰数应用

引题：火车进出栈问题

【题目大意】

给定 \(1\)~\(N\) 这\(N\)个整数和一个大小无限的栈，每个数都要进栈并出栈一次。如果进栈的顺序为 \(1,2,3,...,N\)，那么可能的出栈序列有多少种？

【关键词】

栈的思想
算法优化
卡特兰数 (Catalan number)

【题解】

\(\mathfrak{Chapter1}\) -- 暴力出奇迹

首先，从状态的角度出发思考，每一层解答树都有两个分支：

把下一个数进栈。
把当前栈顶的数出栈（如果栈顶非空）。

用递归实现的话，因为解答树有 \(N\) 层，每层产生\(2\)个分支，所以时间复杂度为\(O(2^n)\)。

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#define MAX 60000 + 5

int n, c[MAX], a[MAX], top, cnt, num;

inline void dfs(int s) {

    if(cnt == n) { // 到达结束条件

        num++; // 统计

        /*

        for (int i = 1;i <= n; ++i) printf("%d", c[i]);

        printf("\n");

        */

        return;

    }

    if (top > 0) { // 如果当前栈顶有数，就弹出，生成下一层解答树

        int tp = a[top--];

        c[++cnt] = tp;

        dfs(s);

        a[++top] = tp; // 还原现场

        cnt--;

    }

    if (s <= n) { // 把下一个数进栈 ，生成下一层解答树

        a[++top] = s;

        dfs(s+1);

        top--;

    }

}

int main(){

    scanf("%d", &n);

    dfs(1); // 解答树（搜索树）

    printf("%d", num);

    return 0;

}

\(\mathfrak{Chapter2}\) -- 无脑递推

曾经有一道题需要我们求出\(N\)层汉罗塔从\(A\)柱移动到\(C\)柱最少的步数。当时我们是怎么做的？

设\(f(n)\)表示\(N\)层汉罗塔从\(A\)柱移动到\(B\)柱最少的步数，我们想，先把上面的\(N-1\)个木块移动到\(B\)柱，再将最后的一个木块移动到\(C\)柱，最后将\(B\)柱上的\(N-1\)个木块移动到\(C\)柱。这样，就能得到递推方程:\(f(n)=2*f(n-1)+1\)。

现在，我们同样从递推的角度思考这个问题。

设\(f(n)\)表示进栈顺序为\(1,2,...,N\)时可能的出栈方案数，根据以前的经验，我们需要把它划分成范围更小的子问题。

考虑\(“1”\)这个数排在最终序列的位置，可知只要\(“1”\)的位置不同，序列就不同。如果\(“1”\)这个数排在第\(k\)个，那么整个序列进出栈的过程即为：

\(“1”\)入栈。
\(“2,3,...,k"\)这\(k-1\)个数按某种顺序进出栈。
\(“1”\)出栈。
\(“k+1,k+2,...,N”\)这\(N-k\)个数按某种顺序进出栈。

于是这样就把原问题划分成了范围更小的子问题，得到公式：

\[f(n)=\sum_{i=1}^{N}f(k-1)*f(N-k)
\]

当然，边界条件为：\(f(0)=1,f(1)=1\)

时间复杂度为\(O(n^2)\)。

\(\mathfrak{Chapter3}\) -- 状态转移

看书去！《算法竞赛进阶指南 - \(0x11\)》\(P49-P50\)

\(\mathfrak{Chapter4}\) -- 玄学数论

看书去！ 这里我想重点讲讲。

从递推那里，其实可以看出点端倪了，如果你熟悉卡特兰数，你会发现这就是卡特兰数的定义式：

\[Catalan_n=\prod_{i=0}^{n-1}Catalan_i*Catalan_{n-i}
\]

当然，如果直接用这个数学公式，时间开销也是接受不了的，我们需要推导出一个比它更优美的通项公式。

火车进出栈这个问题可以进一步抽象化。

我们用\(“0”\)表示出栈，\(“1”\)表示入栈，该题即等价于：

\(n\)个\(1\)和\(n\)个\(0\)组成的\(2n\)位的二进制数，要求从左到右扫描，\(1\)的累计数不小于0的累计数，试求满足这条件的数有多少？

首先，直接找合法方案数肯定不好找，所以考虑总方案数减去不合法方案数。

易知总方案数为\(C_{2n}^{n}\) (想一想，为什么)。

我们现在要做的就是找到不合法的方案数。

思考：不合法的方案满足什么条件？

从左往右扫时，必然在某一奇数位\(2p+1\)上首先出现\(p+1\)个\(0\)，和\(p\)个\(1\)。（反证法可以证明滴）

此后的\([2p+2,2n]\)上的\(2n-(2p+1)\)位有\(n-p\)个\(1\),\(n-p-1\)个\(0\)。如若把后面这部分\(2n-(2p+1)\)位的\(0\)与\(1\)互换，使之成为\(n-p\)个\(0\)，\(n-p-1\)个\(1\)，结果得 \(1\)个由\(n+1\)个\(0\)和\(n-1\)个\(1\)组成的\(2n\)位数，即一个不合法的方案对应着一个由\(n-1\)个\(1\)和\(n+1\)个\(0\)组成的一个排列。

为什么？我们接着证。

任意一个由\(n-1\)个\(1\)和\(n+1\)个\(0\)组成的一个排列，因为\(0\)的个数多了\(2\)个，且\(2n\)为偶数，所以必定在奇数位\(2p+1\)上出现\(0\)的个数超过\(1\)的个数。同样把后面部分\(0\)和\(1\)互换。使之成为由\(n\)个\(0\)和\(n\)个\(1\)组成的\(2n\)位数。

我们可以惊讶地发现不符合要求的方案与唯一一个有\(n+1\)个\(0\)和\(n-1\)个\(1\)组成的排列一一对应。

所以不合法方案数为:\(C_{2n}^{n-1}\)，当然，也可以是\(C_{2n}^{n+1}\)。

然后抬公式：

\(\begin{equation}
\begin{aligned}
Catalan_n&=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n+1} \\
&=\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)}{(n+1)!(n-1)!}\\
&=\frac{(2n)!}{\frac{(n+1)!}{n+1}*n(n-1)!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}\\
&=\frac{(2n)!}{(n+1)!*(n-1)!}*(\frac{n+1}{n}-1)\\
&=\frac{(2n)!}{(n+1)!*(n-1)!}*\frac{1}{n}\\
&=\frac{(2n)!}{(n+1)n!*\frac{n!}{n}}*\frac{1}{n}\\
&=\frac{(2n)!}{n!n!}*\frac{1}{n+1}\\
&=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}
\end{aligned}
\end{equation}\)

这就是卡特兰数的通项公式。

从推导来说，通项公式与定义式等价，但，，，，如果想从数学角度证明这两个式子的等价性，，，，就得用到母函数的相关知识QAQ。这题不是数论题啊。。

不管这些，然后我们就可以愉快地用卡特兰数的通项公式解题了。

诶？爆内存！超时！

这是本题的第二个坑。

看一眼数据范围......\(n<=60000\)呢......

位数那么高，写个组合数计算+高精乘+高精除，就算是压位高精，也过不了呀。。。(亲测)

亲亲呢，这边建议您分解质因数呢。

这时，思考唯一分解定理，即任意一个自然数都可分解且只能分解成以下形式：

\[n=p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*p_3^{k_3}*...*p_m^{k_m}
\]

其中，\(p_i\)为质因数，\(k_i\)为自然数。

这样，我们就可以把分子分母各自的质因数和其相应的指数求出来，一一约掉，大大减少时间开销。我怎么没想到呢

为了约得方便(明明是想偷懒)，我们再把通项公式变个形。

\(\begin{equation}
\begin{aligned}
Catalan_n&=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}\\
&=\frac{(2n)!}{n!n!(n+1)}
\end{aligned}
\end{equation}\)

这里又有一个问题。

如果一个数为\(n\)，要我们求它的唯一分解式，这很好办啊，直接先筛一遍质数，然后一一枚举质数是否被该数整除，如果是，就枚举该质数的指数。然后就求出来了。

但，这道题的“数”是一个阶乘。

怎么办呢？

一个一个分解显然不可行，我们考虑对于每个质数，计算它在\(1×2×...×N\)中每个数分解质因数后对应的指数和。

先想，至少包含一个质因子\(p\)的个数是多少，显然是 \(⌊\frac{n}{p}⌋\)

那么，至少包含两个质因子\(p\)的个数是多少，显然是 \(⌊\frac{n}{p^2}⌋\)

以此类推...

由于包含\(x\)个质因子的数中的前\(x−1\)个质因子已经在之前的情况中统计过，只需要累加当前结果就可以了。

代码片段:

    for (int i = 1;i <= cnt; ++i) {

        if (prim[i] > n) break;

        int sum = 0;

        for (int j = prim[i];j <= n; j = j*prim[i]) sum += n/j;

        num[prim[i]] = sum;

        }

真巧，这里有道题，顺便还可以把这道题给\(A\)了。(买一赠一)

CH3101 阶乘分解。

高精的事，，，能叫事吗就不说了吧，，，

然后，就可以完美地解决这道放在数据结构里的数论题了。

代码参上。

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#define ll long long

#define R register

using namespace std;

const int MAX = 120000 + 5;

const int SIZE = 5500;

inline int read(){

    int f = 1, x = 0;char ch;

    do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');

    do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');

    return f*x;

}

int n;

int vis[MAX], prim[MAX], cnt; //筛质数

int mol_p[MAX];//分子的p

int mol_k[MAX];//分子的k

int mol_cnt;//分子计数

int pos;//记录分子质因数最高到哪里

int f[MAX];//映射数组 

/*

封装式高精

*/

const int base = 1e8;

const int N = 1e4 + 10;

struct bigint {

    int s[N], l;

    void CL() { l = 0; memset(s, 0, sizeof(s)); }

    void pr() {

        printf("%d", s[l]);

        for (int i = l - 1; i; i--)

            printf("%08d", s[i]);

    }

    bigint operator = (ll b)

    {

        CL();

        do

        {

            s[++l] = b % base;

            b /= base;

        } while (b > 0);

        return *this;

    }

    bigint operator * (bigint &b)

    {

        bigint c;

        ll x;

        int i, j, k;

        c.CL();

        for (i = 1; i <= l; i++)

        {

            x = 0;

            for (j = 1; j <= b.l; j++)

            {

                x = x + 1LL * s[i] * b.s[j] + c.s[k = i + j - 1];

                c.s[k] = x % base;

                x /= base;

            }

            if (x)

                c.s[i + b.l] = x;

        }

        for (c.l = l + b.l; !c.s[c.l] && c.l > 1; c.l--);

        return c;

    }

    bigint operator * (const ll &b)

    {

        bigint c;

        if (b > 2e9)

        {

            c = b;

            return *this * c;

        }

        ll x = 0;

        c.CL();

        for (int i = 1; i <= l; i++)

        {

            x = x + b * s[i];

            c.s[i] = x % base;

            x /= base;

        }

        for (c.l = l; x; x /= base)

            c.s[++c.l] = x % base;

        return c;

    }

    bool operator < (const bigint &b) const

    {

        if (l ^ b.l)

            return l < b.l;

        for (int i = l; i; i--)

            if (s[i] ^ b.s[i])

                return s[i] < b.s[i];

        return false;

    }

};

inline void ola(int limit) { //披着欧拉筛的线性筛

    memset(vis, 0, sizeof(vis));

    cnt = 0;

    vis[1] = 1;

    for (R int i = 2;i <= limit; ++i) {

        if (vis[i] == 0) {

            prim[++cnt] = i;

            vis[i] = i;

        }

        for (R int j = 1;j <= cnt ; ++j) {

            if(prim[j] > vis[i] || prim[j] > MAX / i) break;

            vis[i*prim[j]] = prim[j];

        }

    }

}

inline ll pows(ll a,ll b){//快速幂

    ll ans=1;

    while(b){

        if(b&1)ans *= a;

        a *= a,b >>= 1;

    }

    return ans;

}

int main(){

    n = read();

    int m = 2*n; int s = n+1; //看上面公式就明白了

    ola(m);//线性筛

    pos = cnt;//记录下

    for (int i = 1;i <= cnt; ++i) { //分解分子并存入相应的数组，f数组用来作一次映射

        if (prim[i] > m) break;

        int sum = 0;

        for (int j = prim[i];j <= m; j = j*prim[i]) sum += m/j;

        mol_p[++mol_cnt] = prim[i], mol_k[mol_cnt] = sum;

        f[prim[i]] = mol_cnt;

    }

    for (int i = 1;i <= cnt; ++i) {//分解分母中的n!n!

        if (prim[i] > n) break;

        int sum = 0;

        for (int j = prim[i];j <= n; j = j*prim[i]) sum += n/j;

        mol_k[f[prim[i]]] -= (sum + sum);//因为2个n!，一起约掉

    }

    for (int i = 1;i <= cnt; ++i) {//分解分母中的n+1

        if (prim[i] > s) break;

        if (s % prim[i] == 0) {

            int sum = 0;

            while (s % prim[i] == 0) {

                sum++;

                s /= prim[i];

            }

            mol_k[f[prim[i]]] -= sum;

        }

    }

    bigint ans;

    ans = 1;

    for (int i = 1;i <= pos; ++i) { //把剩余的相乘

        ans = ans * pows(mol_p[i], mol_k[i]);

    }

    ans.pr();//高精输出

    return 0;

}

莫名觉得自己讲的有点跑题，，，明明是数据结构呢，，，

【补充：浅谈卡特兰数】

1.关于卡特兰数

以下内容摘自百度百科

卡特兰数又称卡塔兰数，英文名Catalan number，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。以比利时的数学家欧仁·查理·卡特兰 (1814–1894)的名字来命名，其前几项为（从第零项开始） :

1, 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, ...

简单的说，卡特兰数就是一个如同斐波拉契数列一样的数列。我们用\(Catalan_n\)表示第\(n\)位的卡特兰数，令\(Catalan_0=1,Catalan_1=1\)，\(catalan\)数满足以下特性：

定义式：\(Catalan_n=\sum_{i=1}^{n-1}Catalan_i*Catalan_{n-i}\)
通项式：\(Catalan_n=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}\)
另一通项式：\(Catalan_n=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n+1}\)
递推式：\(Catalan_n=\frac{Catalan_{n-1}*2(2*n-1)}{n+1}\)

实质上都是等价式

2.公式等价证明

略略略，，有兴趣的话看下面参考文献！

数学功底要好啊

3.应用

求满二叉树有多少种结构。
在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f（n）。
在n*n的格子中，只在下三角行走，每次横或竖走一格，有多少种走法。
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。
n个长方形填充一个高度为n的阶梯状图形的方法个数。
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)。
12个高矮不同的人，排成两排，每排必须是从矮到高排列，而且第二排比对应的第一排的人高，问排列方式有多少种。
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？
......

【参考文献】