//递推，大数乘法和加法 #include<stdio.h> #include<string.h> int ans[105][200]; int add(int s1[],int s2[]) { int i,j; int temp[200]; temp[0]=0; int max,k; int len1,len2; for(len1=0;;len1++) if(s1[len1]==-1) break; for(len2=0;;len2++) if(s2[len2]==-1) break; max=len1>len2?len1:len2; k=max; temp[k+1]=-1; for(i=len1-1,j=len2-1;i>=0&&j>=0;i--,j--) { temp[k--]=s1[i]+s2[j]; } while(i>=0) temp[k--]=s1[i--]; while(j>=0) temp[k--]=s2[j--]; int c=0; for(i=max;i>=0;i--) { if(temp[i]+c>=10) { j=(temp[i]+c)/10; temp[i]=(temp[i]+c)-j*10; c=j; } else { temp[i]=temp[i]+c; c=0; } } if(temp[0]==0) memcpy(s1,temp+1,sizeof(int)*(max+1)); else memcpy(s1,temp,sizeof(int)*(max+1)); return 0; } int multiply(int* s1,int* s2,int k) { int s[200]; memset(s,0,sizeof(s)); int len1=0,len2=0,i,j; i=0; while(s1[i]!=-1) { len1++;i++; } i=0; while(s2[i]!=-1) { len2++;i++; } for(i=len1-1;i>=0;i--) { for(j=len2-1;j>=0;j--) { s[i+j]+=s1[i]*s2[j]; } } s[len1+len2-1]=-1; add(ans[k],s); return 0; } int main() { memset(ans,-1,sizeof(ans)); ans[0][0]=1;ans[1][0]=1; ans[0][1]=ans[1][1]=-1; int i,j,k,t; for(i=2;i<=100;i++) { for(j=2;j<=i*2;j++) { if((j-2)&1||(i*2-j)&1) continue; else { multiply(ans[j/2-1],ans[i-j/2],i); } } } int n; while(scanf("%d",&n)==1&&n!=-1) { j=0; while(ans[n][j]!=-1) { printf("%d",ans[n][j++]); } printf("/n"); } return 0; }
百度搜索了一下Catalan数：
catalan
百科名片
卡塔兰数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数例。由比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰（1814-1894）命名。卡塔兰数的一般公式为 C(2n,n)/（n+1）。
Catalan数，卡特兰数
原理：（详细见组合数学）
令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)
整理得：
h(n)=(4*n-2)/(n+1)*h(n-1),n=2,3,...
该递推关系的解为：
h(n)=c(2n,n)/(n+1)，n=1,2,3,...
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),这是n阶递推关系;
还可以化简为1阶递推关系: 如h(n)=(4n-2)/(n+1)*h(n-1)(n>1) h(0)=1 该递推关系的解为：
h(n)=
C(2n,n)/(n+1)=P(2n,n)/(n+1)!=(2n)!/(n!*(n+1)1!)
(n=1,2,3,...) 卡 塔兰数例的前几项为(sequence A 0 0 0 1 0 8 in OEIS) [注： n = 0, 1, 2, 3, … n] 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, …
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应用
1.括号化问题。
矩阵链乘： P=a0×a1×a2×a3×……×an，共有（n+1）项，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) 类似题目：有N个节点的二叉树公有多少种情形？
2.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? 类似题目：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) * * * * * * * * * * * * * * * 形如这样的直角三角形网格，从左上角开始，只能向右走和向下走，问总共有多少种走法？ 问题的由来：编号为 1 到 n 的 n 个元素，顺序的进入一个栈，则可能的出栈序列有多少种？ 对问题的转化与思考：n 个元素进栈和出栈，总共要经历 n 次进栈和 n 次出栈。这就相当于对这 2n 步操作进行排列。 一 个模型：一个 n*n 的正方形网格，从左上角顶点到右下角顶点，只能向右走和向下走。问共有多少种走法。如果将向右走对应上述问题的进栈，向下走对应上述问题的出栈，那么，可 以视此模型为对上述问题的具体描述。而解决此问题，只要在总共从左上角到右下角的2n步中，选定向右走的步数，即共有C(n 2n)中走法。 但是存在一个问题，如果走法越过了对角线，那么对应到上述问题是出栈数比入栈数多，这是不符合实际的。 对以上模型进行处理，对角线将以上正方形网格分成两部分，只留下包含对角线在内的下半部分，那么就不会出现越过对角线的问题。而这问题就是开始提出的问题。 ------------------------------------------------------- 问题等价于：n个1和n个0组成一2n位的2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？ 解答： 设P2n为这样所得的数的个数。在2n位上填入n个1的方案数为 C（n 2n） 不填1的其余n位自动填以数0。从C（n 2n）中减去不符合要求的方案数即为所求。 不合要求的数指的是从左而右扫描，出现0的累计数超过1的累计数的数。 不合要求的数的特征是从左而右扫描时，必然在某一奇数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，n－m－1个0。如若把后面这部分2（n－m）－1位，0与1交换，使之成为n－m个0，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组成的一个排列。 反过来，任何一个 由n＋1个0，n－1个1组成的2n位数，由于0的个数多2个，2n是偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面的部分，令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，必对应于一个不合要求的数。 用上述方法建立了由n＋1个0和n－1个1组成的2n位数，与由n个0和n个1组成的2n位数中从左向右扫描出现0的累计数超过1的累计数的数一一对应。 例如 10100101 是由4个0和4个1组成的8位2进制数。但从左而右扫描在第5位（显示为红色）出现0的累计数3超过1的累计数2，它对应于由3个1，5个0组成的10100010。 反过来 10100010 对应于 10100101 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，故有 P2n ＝ C（n 2n）— C（n＋1 2n） 这个结果是一个“卡塔兰数”Catalan
3.将多边行划分为三角形问题。
将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数? 类似题目：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。如果他 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？ 类似题目：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?
