N個數依次入棧，出棧順序有多少種？

對于每一個數來說，必須進棧一次、出棧一次。我們把進棧設為狀態‘1’，出棧設為狀態‘0’。n個數的所有狀態對應n個1和n個0組成的2n位二進制數。由于等待入棧的操作數按照1‥n的順序排列、入棧的操作數b大于等于出棧的操作數a(a≤b)，因此輸出序列的總數目=由左而右掃描由n個1和n個0組成的2n位二進制數，1的累計數不小于0的累計數的方案種數。

在2n位二進制數中填入n個1的方案數為C(2n,n),不填1的其余n位自動填0。從中減去不符合要求（由左而右掃描，0的累計數大于1的累計數）的方案數即為所求。不符合要求的數的特征是由左而右掃描時，必然在某一奇數位2m+1位上首先出現m+1個0的累計數和m個1的累計數，此后的2(n-m)-1位上有n-m個 1和n-m-1個0。如若把后面這2(n-m)-1位上的0和1互換，使之成為n-m個0和n-m-1個1，結果得1個由n+1個0和n-1個1組成的2n位數，即一個不合要求的數對應于一個由n+1個0和n-1個1組成的排列。

反過來，任何一個由n+1個0和n-1個1組成的2n位二進制數，由于0的個數多2個，2n為偶數，故必在某一個奇數位上出現0的累計數超過1的累計數。同樣在后面部分0和1互換，使之成為由n個0和n個1組成的2n位數，即n+1個0和n-1個1組成的2n位數必對應一個不符合要求的數。

因而不合要求的2n位數與n+1個0，n－1個1組成的排列一一對應。

顯然，不符合要求的方案數為C(2n,n+1)。由此得出輸出序列的總數目=C(2n,n)-C(2n,n+1)=C(2n,n)/(n+1)=h(n+1)。

//模擬過程如下，dfs來填充入棧和出棧的標志
#include<iostream> 
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
#define N 100
using namespace std;int a[N];
int p[2*N];
int pre[2*N];
int used[2*N];
int index[2*N];//如果a[i]==1，那么表示第index[i]個數入棧 
int n;
int cnt;//記錄多少個出棧的序列 int C(int n){int ans=1;int m = 2*n;int nn = n;for(int i=1; i<=n; ++i){ans *= m--;ans /= i;}return ans/(nn+1);
}void solve(){memset(pre, 0, sizeof(pre));memset(used, 0, sizeof(used));int prek = 0;for(int i=1; i<=2*n; ++i){if(a[i] == 1){pre[i] = prek;prek = i;} else {int ii = prek;while(used[ii]) ii = pre[ii];cout<<p[index[ii]]<<" ";//出棧 used[ii] = 1;pre[prek] = pre[ii];}}cout<<endl;
}void solve1(){stack<int>s;int k=1;for(int i=1; i<=2*n; ++i){if(a[i] == 1)s.push(p[k++]);else {cout<<s.top()<<" ";s.pop();}}cout<<endl;
}void dfs(int k, int cnt0, int cnt1){if(k>2*n){//solve(); 
        solve1(); ++cnt; return ;}if(cnt1<n){//入棧 a[k] = 1;index[k] = cnt1+1;//第幾個數入棧 dfs(k+1, cnt0, cnt1+1);}if(cnt0<cnt1){//出棧 a[k] = 0;dfs(k+1, cnt0+1, cnt1);}
}int main(){cin>>n;for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>p[i];dfs(1, 0, 0);cout<<endl<<"模擬個數:"<<cnt<<endl;cout<<"公式個數:"<<C(n)<<endl;return 0;
}

類似問題 買票找零

有2n個人排成一行進入劇場。入場費5元。其中只有n個人有一張5元鈔票，另外n人只有10元鈔票，劇院無其它鈔票，問有多少中方法使得只要有10元的人買票，售票處就有5元的鈔票找零？(將持5元者到達視作將5元入棧，持10元者到達視作使棧中某5元出棧)

最終結果：C(2n,n)-C(2n,n+1)