大数卡特兰数

int a[105][105];    //大数卡特兰数  int b[105];         //卡特兰数的长度    void catalan()  //求卡特兰数  {      int i, j, len, carry, temp;      a[1][0] = b[1] = 1;      len = 1;      for(i = 2; i <= 100; i++)      {          for(j = 0; j < len; j++)    //乘法              a[i][j] = a[i-1][j]*(4*(i-1)+2);          carry = 0;          for(j = 0; j < len; j++)    //处理相乘结果          {              temp = a[i][j] + carry;              a[i][j] = temp % 10;              carry = temp / 10;          }          while(carry)    //进位处理          {              a[i][len++] = carry % 10;              carry /= 10;          }          carry = 0;          for(j = len-1; j >= 0; j--) //除法          {              temp = carry*10 + a[i][j];              a[i][j] = temp/(i+1);              carry = temp%(i+1);          }          while(!a[i][len-1])     //高位零处理              len --;          b[i] = len;      }  }  

int main()  {      int i, n;      catalan();      while(scanf("%d", &n) != EOF)      {          for(i = b[n]-1; i>=0; i--)          {              printf("%d", a[n][i]);          }          printf("\n");      }    

二、 卡特兰数的应用

1、 括号化问题

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法。
解：设P(n)表示n个元素括号化的数目。
如果a1前的左括号和ai后的右括号相匹配，那么a1…ai括号化的数目为P(i)，a(i+1)…an括号化的数目为P(n-i).此时括号化的数目为P(i)*P(n-i)。
a1…an括号化数目:
P(n)=P(1)*P(n-1)+P(2)*P(n-2)+…+P(i)*P(n-i)+…+ P(n-1)*P(1)。
下面来证明P(n)=h(n-1)
1)P(1)=h(0)=1,P(2)=h(1)=1
2)设P(m)=h(m-1)，对于m=1,2，…，n-1成立
P(n)=∑P(k)*P(n-k) (其中，k=1,2，。。。。，n-1)
=∑h(k-1)*h(n-k-1)
设t=k-1
=∑h(t)*h(n-t-2)（其中，t=0,1，。。。，n-2）
=h(n-1)
所以，n个元素括号化的数目是h(n-1)。n个矩阵链的一个括号化，与具有n-1个内节点n个叶节点的分析树相对应。

2、 有n个节点的二叉树共有多少种情形？
      解：有h(n)种情形

自己的理解：
一共有a0,a1,a2,…,an共n个元素，由它们来构造二叉树。h(n)表示这n个元素一共可以构成h(n)个不同的二叉树。如果选取a0作为根节点，那么其左子树包含0个元素，左子树的数目是h(0)；其右子树包含n-1个元素，右子树的数目是h(n-1);以a0为根节点的二叉树的数目是h(0)*h(n-1)。如果选取a1作为根节点，那么其左子树包含1个元素a0，左子树的数目是h(1);其右子树包含h(n-2)个元素，右子树的数目是h(n-2);以a1为根节点的二叉树的数目是h(1)*h(n-2)。如果选取ai作为根节点，其左子树包含i个元素，左子树的数目是h(i)；右子树包含n-i-1个元素，右子树数目为h(n-i-1)；以ai为根节的二叉树的数目是h(i)*h(n-1-i)。
总的二叉树的数目为h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+…+h(i)*h(n-1-i)+…+h(n-1)*h(0)
如果一共有0个节点，那么二叉树的数目为h(0)=1;如果一共有1个节点，那么二叉树的数目为h(1)=1

3、 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？
对于每个数，必须入栈一次，出栈一次。把入栈设为状态1，出栈设为状态0。n个数的所有状态对应于n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1。。。n的顺序入栈，入栈的次数一定大于等于出栈的次数。因此，合法的输出序列是满足下面条件的序列：由左向右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数，1的累计数不小于0的累计数。
解法1：第0个符号一定是1，否则该序列不合法。假设第0个1和第k个0相匹配，那么从第1个符号到第k-1个符号，从第k+1个符号到第n-1个符号也都是一个合法的序列。可以知道，k一定是一个奇数，设k=2*i+1(i=0,1,2,…,n-1)
假设2n个符号中合法的序列数为f(2n),则f(2n)= ∑f(2i)*f(2n-2*i-2),其中，i=0,1,…，n-1。
下面证明f(2n)=h(n)
1)f(0)=h(0)=1,f(2)=h(1)=1
2)假设当对于小于等于n的任意整数m满足：f(2m)=h(m)
f(2n)= ∑f(2i)*f(2n-2*i-2),其中，i=0,1,…，n-1
      =∑h(i)*h(n-i-1),其中，i=0,1,…，n-1
                      =h(n)
所以，1,2，…，n，共有h(n)种不同的出栈序列
    由n个0和n个1组成的满足下面条件的序列总数为h(n):1的个数不小于0的个数。
解法2:证明每个不合法序列与n+1个0和n-1个1组成的序列是一一对应的
不合法的序列从左向右扫描时，必然存在某一位上首先出现m+1个0和m个1（如果第0位是0，那么第0位就是满足条件的为。如果第0位是1，那么第0位上1的个数比0的个数多1,同时因为序列不合法，必然存在某一位上0的个数比1的个数多；所以，一定存在某一位上出现1的个数比0的个数少1）。此后的2n-2m-1位上有n-m个1和n-m-1个0。如果把后边的2n-2m-1位上的0和1互换，使之成为含有n-m个0和n-m-1个1的序列，结果得由n+1个0和n-1个1组成的序列。
反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的序列。因为0的个数比1的个数多2，所以必在某一位上出现0的个数比1的个数多1。同样在后面部分0和1互换，使之成为由n个0和n个1组成的序列，即n+1个0和n-1个1组成的序列对应一个不合法的序列。
因此，不合法的2n个数的序列与由n+1个0和n-1个1组成的序列一一对应。
显然，不合法的方案数位C(2n,n-1),由此得出合法的序列数为C（2n，n）
-C(2n,n+1)=C(2n,n)/(n+1)。

4、买票找零问题

   球票为50元，有2n个人排除买票，其中n个人手持50元的钞票，n个人持100元的钞票，假设售票处无零钱，问这2n个人有多少种排列方式，不至于使售票处出现找不开钱的局面。

解：h（n）。

5、凸多边形的三角剖分问题
       求将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数。
对于有n条边（n+1个顶点）的多边形的一个三角剖分与具有n-1个叶节点的分析树对应。所以，由n+1个顶点n条边构成多边形的三角剖分数目为h(n-2).
公式：f（n）=f（2）f（n-2+1）+f（3）f（n-3+1）+……+f（n-1）f（2）。

f(2) = 1 ， f(3) = 1，f（4）=2，f（5）=5，f（6）=14 …………

       

6、上班路径问题

       一位律师在住所以北n个街区和以东n个街区工作。每天她走2n个街区去上班。如果她不穿越（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？
解：h(n)
7、圆上的点连线问题

   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？
解：h(n)