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<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
#define N 100
using namespace std; int a[N];
int p[*N];
int pre[*N];
int used[*N];
int index[*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=;
int m = *n;
int nn = n;
for(int i=; i<=n; ++i){
ans *= m--;
ans /= i;
}
return ans/(nn+);
} void solve(){
memset(pre, , sizeof(pre));
memset(used, , sizeof(used));
int prek = ;
for(int i=; i<=*n; ++i){
if(a[i] == ){
pre[i] = prek;
prek = i;
} else {
int ii = prek;
while(used[ii])
ii = pre[ii];
cout<<p[index[ii]]<<" ";//出栈
used[ii] = ;
pre[prek] = pre[ii];
}
}
cout<<endl;
} void solve1(){
stack<int>s;
int k=;
for(int i=; i<=*n; ++i){
if(a[i] == )
s.push(p[k++]);
else {
cout<<s.top()<<" ";
s.pop();
}
}
cout<<endl;
} void dfs(int k, int cnt0, int cnt1){
if(k>*n){
//solve();
solve1();
++cnt;
return ;
}
if(cnt1<n){//入栈
a[k] = ;
index[k] = cnt1+;//第几个数入栈
dfs(k+, cnt0, cnt1+);
}
if(cnt0<cnt1){//出栈
a[k] = ;
dfs(k+, cnt0+, cnt1);
}
} int main(){
cin>>n;
for(int i=; i<=n; ++i)
cin>>p[i];
dfs(, , );
cout<<endl<<"模拟个数:"<<cnt<<endl;
cout<<"公式个数:"<<C(n)<<endl;
return ;
}
类似问题 买票找零
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)
最终结果：C(2n,n)-C(2n,n+1)