poj1032 Trees made to order 卡特兰数应用

这道题的递归也想了超级久，虽然我已经知道卡特兰数了……感觉这是个非常奇特的数列了，先看下递推公式

c[n+1]=(2*(2*n+1))*c
/(n+2);

这个数列又是和排列组合相关的，虽然在不知道前，推过二叉数的组合方式，隐隐觉得应该是排列组合，但没想到到底是什么公式，查了题解才知道（到现在只是用到了结论，具体怎么推出来的还不太清楚 Orz）。

c
代表着节点为n的二叉树有多少种组合方式。

这道题又是用到了递推来做，定义函数build(n, k)代表着n个节点，排位为k时应该怎么输出。比如数字6，有3个节点，而且是3个节点里第3种组合方式，即排位为3，就要调用函数build(3, 3)

如果n和k是相等的，就直接输出X

如果只有右子树，比如4，就输出 X( build ( n-1, 新排位) )

只有左子树，比如8，就输出( build (n-1, 新排位) ) X

左右子树都有，输出 ( build (左子树节点数，左子树排位) ) X ( build (右子树节点数，右子树排位) )

关键是如何计算排位

最简单的是右子树了，还是以3个节点的树为例，由卡特兰数列得，一共有5种组合，

如果是4的话，首先要确定这是第几种组合，1个节点的有1种，2个节点的有2种，1、2就用掉了3种，所以4代表着3个节点的第1种，调用了build(3, 1 )

如何得到这种情况只有右子树呢？首先除掉根节点，子树最多有2个节点，判断2个节点的排列有2种，即3个节点的5种排列里的排第1、第2的都是一个只有2个节点的子树，注意，这里只有1棵树，所以如果是3的节点的第1种排列，剩余的2个节点会按照2个节点的第1种排列方式排列，这也就是为何可以用

if (k<=catlan[n-1])来判断是否只有右子树了

左子树也差不多，不过左子树是倒数第1种和倒数第2，即3个节点5种排列方式里，倒数第1种和倒数第2种中，子树也只能排成一棵树，但是不是右边，而是在左边，即只有一棵左子树

最麻烦的是两种数都有的情况了……

假设有ns个子节点，先考虑右子树有ns-1个，左子树有1个节点时，一共有几种方法，这里用乘法原理，以节点3的情况为例，一共2个子节点，考虑右子树只有1个，左子树只有1个时的排列方式，前者有1种方法，后者也只有1种方法，所以一共有1*1种方法，然后判断排位，以数字6为例，排位为3，首先经过前面判断，肯定不是只有右子树的情况的，所以3要减掉c[2]，这时剩下1，可判断1没有大于1*1种方法，所以6的状态一定是左右子树都有，并且左右子树都为1的情况。

接下来就要继续判断左子树为1时，又是它的哪种情况了……用另一个例子，以左有5，右有2为例，当前排位k为9，左5右2有以下几种组合方法

1*1 1*2 2*1 2*2 3*1 3*2 4*1 4*2 5*1 5*2

3*2代表左边是5节点时的第3种排列方法，右边是2节点时的第2种排列方法

然后9，两个两个一组的，9/2=4，但9肯定不是第4组……数一下就知道9是第5组的，还是5*1这个方式的，所以要判断9能不能被2整除，不能的话，再加上1，所以9的情况下，左子树是以3个节点，排位为5的方法排的，所以build (3, 5)

然后右子树，为什么代码里要先减1取模再加1？因为要避免出现0的情况，比如排位为10，两个两个一组，10/2=5，即是第5组的，10对2取模为0。。但是没第0种情况的，10应该是第2种情况，所以先减1变成9，对2取模为1，再加上1得2。所以9年情况下，右子树是以2个节点，排位为2的方法排的，要调用build( 2, 2)

综合起来，输出的是 ( build (5，3) ) X ( build (2，2) )

以上，以下是AC代码

#include<cstdio>
using namespace std;
long long catlan[30];
void gernerate(){
catlan[1]=1;
for(int i=1;i<30-1;i++){
catlan[i+1]=(2*(2*i+1))*catlan[i]/(i+2);
}
}
//共n个节点，排在第k位。
//最后一个右子树排位为catlan[n-1]
//第一个左子树排位为catlan
-catlan[n-1]+1;
void build(int n, int k){
if(n==1){
printf("X");return ;
}
if(k<=catlan[n-1]){
printf("X(");
build(n-1, k);
printf(")");
}
else if(k>=catlan
-catlan[n-1]+1){
printf("(");
build(n-1, k-(catlan
-catlan[n-1]));
printf(")X");
}
//ns为子树的节点总数
//ln为左子树节点数，rn为右子树节点数
//lk为左子树的排位，rk为右子树的排位
else{
int ns=n-1;int ln, rn;int lk, rk;
k-=catlan[ns];
for(int i=ns-1;i>=1;i--){
if(k>catlan[i]*catlan[ns-i])
k-=catlan[i]*catlan[ns-i];
else{
int tmpc=catlan[i];
rn=i;ln=ns-rn;
rk=(k-1)%tmpc+1;
lk=k/tmpc+(k%tmpc==0?0:1);
break;
}
}
printf("(");
build(ln, lk);
printf(")X(");
build(rn, rk);
printf(")");
}
}
int main(){
gernerate();
int num;
int n, k;
while(scanf("%d", &num), num){
for(int i=1;i<30;i++){
if(num>catlan[i]){
num-=catlan[i];
}
else{
n=i;k=num;
break;
}
}
build(n, k);
printf("\n");
}
return 0;
}