dp,洛谷p1044,栈

思路:
状态: dp(i,j)表示进栈了i个,出栈了j个,显然,i>=j
dp(i-1,j) 再进一个栈 就是dp(i,j) ,dp(i,j-1)再出一个栈就是dp(i,j)
故dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i,j-1);
边界条件:dp(i,0) 进栈i个,出栈0个,情况只有一种

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;


/*
状态: dp(i,j)表示进栈了i个,出栈了j个,显然,i>=j
dp(i-1,j) 再进一个栈 就是dp(i,j) ,dp(i,j-1)再出一个栈就是dp(i,j)
故dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i,j-1);
边界条件:dp(i,0) 进栈i个,出栈0个,情况只有一种
*/

ll dp[20][20] = {0};
int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		dp[i][1] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		for (int j = 1; j <= i+1; j++){
			if (i == 1 && j == 1);
			else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
		}
	}
	cout << dp[n][n];
	return 0;
}


/*
解释一下原理：

建立数组f。f[i]表示i个数的全部可能性。

f[0] = 1, f[1] = 1; //当然只有一个

设 x 为当前出栈序列的最后一个，则x有n种取值

由于x是最后一个出栈的，所以可以将已经出栈的数分成两部分

比x小

比x大

比x小的数有x-1个，所以这些数的全部出栈可能为f[x-1]

比x大的数有n-x个，所以这些数的全部出栈可能为f[n-x]

这两部分互相影响，所以一个x的取值能够得到的所有可能性为f[x-1] * f[n-x]

另外，由于x有n个取值，所以

ans = f[0]*f[n-1] + f[1]*f[n-2] + ... + f[n-1]*f[0];

这，就是传说中的卡特兰数
*/
	int n, f[30];
	int main2()
	{
		//递推实现卡特兰数 
		scanf("%d", &n);
		f[0] = 1, f[1] = 1;
		for (int i = 2; i <= n; i++)
			for (int j = 0; j<i; j++)
				f[i] += f[j] * f[i - j - 1];     //递推公式 
		printf("%d", f[n]);
		return 0;
	}