编程之美 买票找零 卡特兰数

http://blog.youkuaiyun.com/wangzhewang/article/details/6842844

http://www.jtben.com/document/1250265

题目描述:

假设有2N个人在排队买票,其中有N个人手持50元的钞票,另外有N个人手持100元的钞票,假设开始售票时,售票处没有零钱,问这2N个人有多少种排队方式,不至使售票处出现找不开钱的局面?

题目分析:

这题时典型的卡特兰数(Cartalan)问题


最典型的四类应用(实质上却都一样,无非是递归等式的应用,就看你能不能分解问题写出递归式了)
1.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)
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: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)

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: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?
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? 
4.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)




Cartalan数

令h(1)=1

h(n) = h(1)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + h(3)*h(n-3) + ....+h(n-1)*h(1)  (其中n>=2)

该递归求解为h(n) = C(2n, n)/(n+1)

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Catalan数

中文:卡特兰数
原理:
令h(1)=1,catalan数满足递归式:
h(n)= h(1)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(1) (其中n>=2)
另类递归式:
h(n)=((4*n-6)/(n))*h(n-1);
该递推关系的解为:
h(n)=C(2n,n)/(n + 1) (n=1,2,3,...)

最典型的四类应用(实质上却都一样,无非是递归等式的应用,就看你能不能分解问题写出递归式了)
1.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)
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: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)

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: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?
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? 
4.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)



一.Cn= 长度为 2n的 Dyck words的数量。 Dyck words是由 n个 X和 n个 Y组成的字符串,并且从左往右数, Y的数量不超过 X,例如长度为 6的 Dyck words为:

XXXYYY XYXXYY XYXYXY XXYYXY XXYXYY 

二.Cn= n对括号正确匹配组成的字符串数,例如 3对括号能够组成:

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

三.Cn= n+1个数相乘,所有的括号方案数。例如, 4个数相乘的括号方案为(设4个数分别为1,2,3,4,在第k,k+1个数处被分割(其中k = 1,2,3),则h(4) = h(1)*h(3) + h(2)*h(2)+ h(3)*h(1)):

  
((ab)c)d (a(bc))d (ab)(cd) a((bc)d) a(b(cd))

四.Cn= 拥有 n+1 个叶子节点的二叉树的数量。例如 4个叶子节点的所有二叉树形态(因为有4个叶子节点,则在二叉树中肯定有3个父节点,如果我们确定了父节点,就可以确定叶子节点形态了,所以问题转化为求父节点的形态种类,所以转化为求h(3)):

Catalan number binary tree example.png

五.Cn=n*n的方格地图中,从一个角到另外一个角,不跨越对角线的路径数,例如, 4×4方格地图中的路径有(将横向走看做入栈,竖向走看做出栈,则相当于看有多少种入栈、出栈顺序(因为这里不允许跨越对角线,所以相当于只有栈中有元素,才可以出栈,这不就是入栈,出栈问题么),于是转化为求h(4)):

Catalan number 4x4 grid example.svg

六.Cn= n+2条边的多边形,能被分割成三角形的方案数,例如 6边型的分割方案有:

Catalan-Hexagons-example.svg

七.Cn= 圆桌周围有 2n个人,他们两两握手,但没有交叉的方案数。 (想想1,2,3,。。。,2n环坐,那么假如第1个人和第m个人握手(m = 2,3,。。。2n),那么就将这个环分成了两部分2 ~ m -1的环,m+1 ~ 2n的环,这样就递归到这两个环内部不交叉的方案问题了,事实上,我们应该加强条件,第1个人不能和与他相隔一人的人握手,也就是第1个人不能和3, 2n-1握手,第m个人握手的对象不能是m+2或m-2)

<think>嗯,用户的问题是关于用C语言通过递推方法解决排队购票的问题,确保不会出现找不开钱的情况。我需要仔细理解这个问题,然后一步步思考如何解决。 首先,问题描述是m个拿50元的人和n个拿100元的人排队,如何计算不同的排列方式,使得在售票过程中,任何时候拿100元的人来买票时,售票处有足够的50元来找零。这个问题听起来像是经典的卡特兰问题,但可能有一些变化,因为卡特兰处理的是n=m的情况,而这里可能m和n不相等。 我需要先回忆一下卡特兰的应用。卡特兰确实用于这样的排队问题,其中每个100元的人前面必须有一个对应的50元的人。但通常当m=n时,答案是第n个卡特兰。然而,当m≠n时,比如m < n的情况下,显然没有可行的排列方式,因为总会有某个时刻无法找零。所以首先,如果m < n,结果应该是0。 而当m ≥ n时,这时候可能可以用组合学中的某种递推公式来计算。可能需要使用动态规划的方法,建立一个二维组dp[m][n],其中dp[i][j]表示有i个50元和j个100元的人时的合法排列。 接下来,递推关系应该是什么样的呢?考虑最后一个人是50元还是100元。如果最后一个是50元,那么前面的排列必须是i-1个50和j个100的合法排列。如果最后一个是100元,那么前面的排列必须是i个50和j-1个100的合法排列。不过,这里需要注意,在排列过程中任何时候,50元的量都不能少于100元的量。因此,这样的递推可能需要满足i ≥ j的条件。 不过,这样的递推可能不够,因为仅仅最后一个是50或100并不能保证整个排列是合法的。例如,可能在中间某个位置,已经出现了100元多于50元的情况。因此,可能需要更严格的递推条件,确保每一步的选择都不会导致非法状态。 这时候,正确的递推条件应该是:当i >= j时,dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。但是,这个递推是否正确呢?或者是否应该加上其他条件? 比如,当j > i时,dp[i][j] = 0。当i >= j,并且j >=0,那么dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。但是,初始条件应该是怎样的? 初始条件是,当i=0且j=0时,dp[0][0]=1(空队列)。当i=0且j>0时,dp[0][j]=0,因为没有50元的人,无法处理任何100元的人。当j=0时,不管i有多少,排列都是1,因为所有都是50元的人,只有一种排列方式。例如,dp[i][0] =1,因为不管有多少50元的人,只能按顺序排列,没有100元的人,所以合法。 那这样的话,递推公式应该是: dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1],如果 i >= j 否则 dp[i][j] =0 但需要注意,当i >=j的时候才能进行这样的递推。例如,当处理dp[i][j]时,必须确保i >=j,否则不可能有合法的排列。 例如,当i=2,j=1时,合法的情况目是2。因为可能的排列是50,50,100 或者50,100,50。但这里需要注意的是,第二个排列是否合法?当第一个是50,第二个是100时,此时处理到第二个顾客时,手头有一个50元,可以找零。第三个是50,没问题。所以这两种排列都是合法的。所以此时dp[2][1] = 2+1?或者可能需要重新计算。 或者,这里是否正确呢?比如,当i=2,j=1,按照递推公式,dp[2][1] = dp[1][1] + dp[2][0]。 dp[2][0]是1,而 dp[1][1]的值是多少?按照递推,dp[1][1] = dp[0][1] + dp[1][0}。 dp[0][1}=0,dp[1][0}=1,所以 dp[1][1}=1。所以 dp[2][1} =1+1=2,这与实际结果相符。 那这样的话,递推关系是正确的。那在这种情况下,动态规划的状态转移方程是正确的。 接下来,如何用C语言实现这个递推呢? 首先,需要处理的是当m < n时,直接返回0。否则,创建一个二维组dp,大小为(m+1) x (n+1)。初始化所有dp[i][0] =1,其中i从0到m。对于j>0且i<j的情况,dp[i][j}=0。然后,按照递推公式填充组。 需要注意组的索引是否越界,以及如何处理边界条件。 例如,对于i从1到m,j从1到n的情况,只有当i >=j时,才进行递推。否则,保持为0。 另外,当i >=j时,如果j-1 >=0,那么加上dp[i][j-1}的值。而i-1 >=0时,加上dp[i-1][j}的值。 这样,最终的dp[m][n]就是所求的结果。 那接下来,用C语言实现这个递推。需要注意的问题包括: 1. 当m <n时,直接返回0。 2. 创建一个二维组,可能需要动态分配内存,特别是当m和n很大时,比如超过栈的容量,所以需要用堆内存。 3. 初始化dp[i][0}为1,对于i >=0,j=0的情况。 4. 遍历顺序:应该按照i和j的顺序填充组。比如,对于每个i从0到m,然后对于每个j从0到i(因为当j超过i时,dp[i][j}=0,但可能j最多到n,但需要确保i >=j)。 或者,另一种方式是按j从1到n,i从j到m,因为当i <j时,dp[i][j}=0,所以不需要处理。 这可能更高效,因为当j超过i时,直接跳过。或者,不管怎样,遍历所有i和j的组合,但只有在i >=j时才计算。 在C语言中,可以这样处理: 初始化二维组dp[m+1][n+1] for (int i = 0; i <= m; i++) { dp[i][0] = 1; } for (int j = 1; j <= n; j++) { for (int i = j; i <= m; i++) { // 因为当i <j时,dp[i][j] =0,所以直接从i=j开始计算 if (i == j) { dp[i][j] = dp[i-1][j]; } else { dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]; } // 这里可能需要考虑当j=0的情况已经初始化了,所以当i >=j的情况下,可以计算。 // 但是,当i >=j时,如何? // 例如,当i >=j,那么如果j >=1,那么dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1} // 对于i >=j,并且j >=1的情况下,所以上面的循环中j从1到n,i从j到m。 // 所以,循环结构应该是这样的: // 对于每个j从1到n: // 对于每个i从j到m: // dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1} } } 但这里可能有问题,比如当i=0时,j>0时,dp[0][j}=0,已经被初始化为0? 或者,是否需要先初始化所有dp[i][j}为0,然后再处理? 比如,初始化的时候,将所有元素设为0,然后对于i >=0,设置dp[i][0}=1。这可能更安全。 所以,具体步骤: 1. 检查m <n,如果是,返回0。 2. 动态分配一个二维组dp,大小为(m+1) x (n+1)。 3. 初始化所有元素为0。 4. 对于i从0到m,设置dp[i][0} =1。 5. 对于j从1到n: a. 对于i从j到m: i. dp[i][j} = dp[i-1][j} + dp[i][j-1} 因为当i >=j,且j >=1时,这样才能保证任何时候,50元的量都不少于100元的量。 例如,当处理到第i个50元和第j个100元时,如果此时i >=j,那么可以有两种情况: - 最后一个排的是50元的人,那么前面需要有i-1个50元和j个100元的人,且i-1 >=j(因为i >=j,i-1可能等于j-1,如果i=j的话,i-1 =j-1,此时i-1 = j-1 >=j吗?不,当i=j时,i-1 =j-1 <j。因此这种情况下,可能递推式有问题?) 哦,这里可能发现了问题。比如,当i =j时,按照之前的递推式,dp[i][j} = dp[i-1][j} + dp[i][j-1}。但此时,i-1 =j-1,而j是当前的j,比如当i=j=1时,i-1=0,j=1,此时dp[0][1}的值是0,所以此时dp[1][1} =0 + dp[1][0} =0 +1=1,这是正确的,因为当m=1,n=1时,只有一种排列方式:先50,再100。 那这时候,递推式是正确的。但是,当i=j的时候,i-1可能小于j吗? 比如,i=j=2。此时i-1=1,j=2。这时候,i-1 <j,所以dp[i-1][j}即dp[1][2}是0,因为当i=1 <j=2的时候,所以此时dp[2][2} = dp[1][2}(0) + dp[2][1}(假设之前计算的值)。例如,当i=2,j=2,那么递推式是dp[2][2} = dp[1][2} + dp[2][1}。但 dp[1][2}是0,因为i=1 <j=2。而 dp[2][1}则是之前计算的,比如当j=1,i=2时,它的值是dp[1][1} + dp[2][0} =1 +1=2。所以 dp[2][2}=0 +2=2。对吗? 这时候,正确的答案应该是多少?当m=2,n=2时,合法的排列目是卡特兰C2=2。所以确实dp[2][2}=2。这说明递推式是正确的。 那这个递推式是正确的。所以,正确的动态规划方法应该是这样。 现在,如何在C语言中实现这个呢? 例如,当m=3,n=2。那么可能的合法排列目应该是: 根据递推: dp[3][2} = dp[2][2} + dp[3][1} dp[2][2}=2,dp[3][1} = dp[2][1} + dp[3][0} = 2 +1=3。所以 dp[3][2}=2+3=5。 那此时总共有5种合法排列方式。 那是否正确呢?当m=3,n=2,总共有C(3+2,2) - ... ?或者可能需要手动计算。 比如,合法的排列必须满足在任何前缀中,50元的量 >=100元的量。对于m=3,n=2,总共有C(5,2) =10种可能的排列,其中符合条件的有5种。例如: 50,50,50,100,100 → 合法。 50,50,100,50,100 → 合法。 50,50,100,100,50 → 非法,因为在第四位的时候,100出现两次,而50出现两次,此时100的量等于50的量。第五位是50,但此时第四位之后的情况是否合法? 等一下,可能我在这里需要重新思考。 例如,排列50,50,100,50,100: 前缀1:50 → 正确(1个50,0个100) 前缀2:50,50 → 正确(2,0) 前缀3:50,50,100 → 正确(2,1) → 此时,50的2 >=1 → 正确。 前缀4:50,50,100,50 → 3 >=1 → 正确。 前缀5:全部,3 >=2 →正确。 所以这个排列是合法的。 另一个排列:50,100,50,50,100 → 是否合法? 前缀1:50 → 正确。 前缀2:50,100 → 此时50的量1,100的量1 → 相等,所以可以处理,但是根据条件,必须任何时候50的量严格大于100的量吗? 哦,这里可能有一个关键点。当处理到第k个人时,前面k-1个人已经处理完毕。假设售票开始时没有钱。当第一个人是100元的话,无法找零,所以所有排列必须以50元开头。 所以,在递推中,是否隐含了必须以50元开头的条件? 例如,当i <j时,没有解,而当i >=j时,可能存在解,但必须满足在每一步的排列中,50元的量至少等于100元的量。 比如,当i=3,j=2,总共有5种排列方式。这可能正确。 那此时动态规划的递推式是正确的。 现在,回到C语言实现的问题。代码的大致结构: #include <stdio.h> #include <stdlib.h> long long count_ways(int m, int n) { if (m < n) { return 0; } // 创建二维组 long long **dp = (long long **)malloc((m+1)*sizeof(long long *)); for (int i = 0; i <= m; i++) { dp[i] = (long long *)malloc((n+1)*sizeof(long long)); } // 初始化 for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { dp[i][j] = 0; } } // 当j=0时,所有i的情况都是1 for (int i = 0; i <= m; i++) { dp[i][0] = 1; } // 动态规划填充 for (int j = 1; j <= n; j++) { for (int i = j; i <= m; i++) { dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]; } } long long result = dp[m][n]; // 释放内存 for (int i = 0; i <= m; i++) { free(dp[i]); } free(dp); return result; } int main() { int m, n; printf("请输入m和n的值:"); scanf("%d %d", &m, &n); long long ways = count_ways(m, n); printf("合法的排列方式量为:%lld\n", ways); return 0; } 这个代码是否正确呢?比如,当m=2,n=1时,应该返回2。运行这个代码的话: 当j=1时,i从1到m=2: 对于i=1: dp[1][1] = dp[0][1} + dp[1][0} → 0 +1 =1. 对于i=2: dp[2][1} = dp[1][1} + dp[2][0} →1 +1=2. 所以结果正确。 当m=3,n=2,结果是5。代码中,当j=2时,i从2到3: i=2时,j=2: dp[2][2} = dp[1][2} (i=1 <j=2,所以是0) + dp[2][1} (是2) →0+2=2. i=3时,j=2: dp[3][2} = dp[2][2} (2) + dp[3][1} →2 +3=5. 而dp[3][1}的计算是当j=1时,i从1到3: i=1 → dp[0][1} + dp[1][0} →0+1=1. i=2 → dp[1][1} (1) + dp[2][0} (1) →2. i=3 → dp[2][1} (2) + dp[3][0} (1) →3. 所以是的,结果正确。 所以这段代码应该正确。 另外,需要注意据类型,当m和n较大时,可能会超过long long的范围,但题目没有说明据规模,所以暂时假设在合理范围内。 现在,用户的问题是使用递推方法实现,这个代码满足递推的条件。因此,这个应该是正确的解决方案。</think>要解决排队购票问题,需计算手持50元($m$人)和100元($n$人)的合法排列,确保找零始终可行。递推方法的核心是动态规划,状态定义为$dp[i][j]$表示前$i$个50元和$j$个100元的合法排列。递推关系为: $$ dp[i][j] = \begin{cases} 1 & \text{if } j=0 \\ 0 & \text{if } i<j \\ dp[i-1][j] + dp[i][j-1] & \text{otherwise} \end{cases} $$ ### C语言实现代码 ```c #include <stdio.h> #include <stdlib.h> long long count_ways(int m, int n) { if (m < n) return 0; long long **dp = (long long **)malloc((m+1) * sizeof(long long *)); for (int i = 0; i <= m; i++) { dp[i] = (long long *)calloc(n+1, sizeof(long long)); } for (int i = 0; i <= m; i++) dp[i][0] = 1; for (int j = 1; j <= n; j++) { for (int i = j; i <= m; i++) { dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]; } } long long result = dp[m][n]; for (int i = 0; i <= m; i++) free(dp[i]); free(dp); return result; } int main() { int m, n; printf("输入m和n(空格分隔): "); scanf("%d %d", &m, &n); printf("合法排列: %lld\n", count_ways(m, n)); return 0; } ``` ### 关键点说明 1. **边界条件**:当$m < n$时无解;当$n=0$时只有1种排列方式。 2. **递推逻辑**:通过逐步添加50元或100元的人,确保每一步50元量不小于100元量[^1]。 3. **空间优化**:实际工程中可优化为一维组以减少空间复杂度。
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