对于每一个数来说，必须进栈一次、出栈一次。我们把进栈设为状态‘1’，出栈设为状态‘0’。n个数的所有状态对应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的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a(a≤b)，因此输出序列的总数目=由左而右扫描由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的累计数的方案种数。
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为C(2n,n),不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求（由左而右扫描，0的累计数大于1的累计数）的方案数即为所求。不符合要求的数的特征是由左而右扫描时，必然在某一奇数位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和n-m-1个0。如若把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换，使之成为n-m个0和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组成的排列。
反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分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位数必对应一个不符合要求的数。
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。
显然，不符合要求的方案数为C(2n,n+1)。由此得出输出序列的总数目=C(2n,n)-C(2n,n+1)=C(2n,n)/(n+1)=h(n+1)。
//模拟过程如下，dfs来填充入栈和出栈的标志#include #include #include #include #define N 100using 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]个数入栈 int n;int cnt;//记录多少个出栈的序列 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< <<" ";//出栈 used[ii] = 1; pre[prek] = pre[ii]; } } cout<
s; int k=1; for(int i=1; i<=2*n; ++i){ if(a[i] == 1) s.push(p[k++]); else { cout<
<<" "; s.pop(); } } cout< 2*n){ //solve(); solve1(); ++cnt; return ; } if(cnt1 >n; for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>p[i]; dfs(1, 0, 0); cout< <<"模拟个数:"< < 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)