求出入栈操作种类（动态规划算法）

昨天参加九度上的王道考研机试练习赛，结果惨不忍睹，四道题做出两道，而且最后一道还因为时间到了来不及提交。今天特来研究昨天难住我的题，先从第二题出入栈开始吧。

题目描述：

给定一个初始为空的栈，和n个操作组成的操作序列，每个操作只可能是出栈或者入栈。要求在操作序列的执行过程中不会出现非法的操作，即不会在空栈时执行出栈操作，同时保证当操作序列完成后，栈恰好为一个空栈。求符合条件的操作序列种类。例如，4个操作组成的操作序列符合条件的如下：入栈，出栈，入栈，出栈入栈，入栈，出栈，出栈共2种。

输入：

输入包含多组测试用例，每组测试用例仅包含一个整数n(1<=n<=1000)。

输出：

输出仅一个整数，表示符合条件的序列总数，为了防止总数过多超出int的范围，结果对1000000007取模(mod 1000000007)。

样例输入：

2410

样例输出：

1242

来源：

2014年王道论坛研究生机试练习赛（一）

看到这道题的第一感觉就是找出一个数学公式可以直接求，或者用动态规划慢慢求，但是，想了很久也没找出规律可以用于公式求解，于是开始寻找可以用于动态规划的状态。当然，最直接的想法就是根据n-2次操作的种类数求出n次操作的种类数（注意到奇数次操作的情况会导致最后栈非空，不符合题意）。试想，已知n-2次操作（其中入栈出栈各一半）的种类数，再加一次入栈和出栈，会增加多少种？这会随着n不同而不同，至少我没想到状态转移时的固定关系。于是，使出了下下策，用深度优先搜索遍历解空间，列出所有出栈入栈的情况，显然这种算法的时间复杂度远高于公式求解和动态规划，并且递归调用函数需要栈空间，一旦n稍微大一点一定会超时，但当时情况紧急，我迫不得已还是使用了这种方法，题中给出的用例都可以算出来，但九度上的五个用例全部WA，说明测试点都是比较大的数据，至少大于24，因为在本地24是可以算出来的。虽然这题不能用这种方法，但也不失为一种思路，故贴出代码如下：

#include <stdio.h>int cnt,n;void next(int st,int step){    if (step==n)    {        if (st==0) ++cnt;        return;            }    else    {        ++step;        if (st>0)           next(st-1,step);        next(st+1,step);        --step;    }}int main(){    while (scanf("%d",&n)!=EOF)    {           int st=0, step=0;           cnt=0;           next(st,step);           printf("%d\n",cnt);    }    return 0;}

今天看了别人AC的代码，发现这道题确实可以用动态规划做，只是我没有选好合适的状态。顺着之前的思路，有n-2到n，每次增加一个入栈和一个出栈操作，以此作为状态转移无法得出结果，但如果以一次操作为单位进行状态转移，就会变得容易许多。我们以一个数对表示入栈操作数和出栈操作数，如（x，y）表示共进行x次入栈和y次出栈，那么y必不大于x，要求（x，y）情况下操作序列的种类数，我们只需知道（x，y-1）和（x-1，y）时的种类数，前者在各可能序列最后加上一次出栈操作，后者在各可能序列最后加上一次入栈操作，即得出（x，y）时的种类数。下面通过几个例子说明这一点：

出入栈数    序列数    序列（I为入栈，O为出栈）

（1,0）          1          I

（1,1）          1          IO

（2,0）          1          II

（2,1）          2          IOI IIO

（2,2）          2          IOIO IIOO

（3,0）          1          III

（3,1）          3          IOII IIOI IIIO

由以上很容易看出状态转移的关系。附上AC代码：

#include <stdio.h>#define MOD 1000000007int dp[510][510];                   //用二维数组表示一个数对对应情况的序列种类数int main(){    for (int i=0;i<501;++i)        for (int j=0;j<501;++j)            dp[i][j]=0;             //初始化dp数组    dp[1][0]=1;                      dp[1][1]=1;    for (int i=2;i<501;++i)    {        for (int j=0;j<=i;++j)        {            if (j==0) dp[i][j]=1;   //当没有出栈操作的时候只有一种序列            else                    //状态转移            {                dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j];                dp[i][j]%=MOD;            }        }    }    int n;    while (scanf("%d",&n)!=EOF)    {        if (n&1==1) printf("0\n");        else printf("%d\n",dp[n/2][n/2]);    }    return 0;}