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void *memset(void *s,int ch,size_t n);
函數解釋：將 s 中前 n 個字節用 ch 替換並返回 s 。
頭文件：#include
//卡特蘭數：
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)
卡特蘭數：規定h(0)＝1，而h(1)＝1，h(2)＝2，h(3)＝5，h(4)＝14，h(5)＝42，h(6)＝132，h(7)＝429，h(8)＝1430，h(9)＝4862，h(10)＝16796，h(11)＝58786，h(12)＝208012，h(13)＝742900，h(14)＝2674440，h(15)＝9694845···
1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, …
應用：
1、括號化
矩陣鏈乘： P=a1×a2×a3×……×an，依據乘法結合律，不改變其順序，只用括號表示成對的乘積，試問有幾種括號化的方案？(h(n-1)種)
f(n) = f(1)*f(n-1) + f(2)*f(n-2) + f(3)*f(n-3) + f(n-1)*f(1)
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
f(n) = h(n-1) （ n>=3 ）(因爲h（n）中，n>=2 )
2、出棧次序
一個棧(無窮大)的進棧序列爲1，2，3，…，n，有多少個不同的出棧序列?
分析：對於每一個數來說，必須進棧一次、出棧一次。我們把進棧設爲狀態‘1’，出棧設爲狀態‘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。由於等待入棧的操作數按照1‥n的順序排列、入棧的操作數b大於等於出棧的操作數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的累計數不小於0的累計數的方案種數。
n個數的進棧次序和出棧次序構成了一個含2n個數字的序列。第0個數字肯定是進棧的數，這個數相應的出棧的數一定是第2i+1個數。因爲如果是2i，那麼中間包含了奇數個數，這奇數個肯定無法構成進棧出棧序列。
設問題的解爲f(2n)， 那麼
f(2n) = f(0)*f(2n-2) + f(2)*f(2n-4) + f(2n-2)*f(0)
f(2n) = h(n)。
類似問題：
n對括號有多少種匹配方式？（ h（n） ）
3、凸多邊形三角劃分
在一個凸多邊形中，通過若干條互不相交的對角線，把這個多邊形劃分成了若干個三角形。現在的任務是鍵盤上輸入凸多邊形的邊數n，求不同劃分的方案數f（n）。比如當n=6時，f（6）=14
分析：因爲凸多邊形的任意一條邊必定屬於某一個三角形，所以我們以某一條邊爲基準，以這條邊的兩個頂點爲起點P1和終點Pn（P即Point），將該凸多邊形的頂點依序標記爲P1、P2、……、Pn，再在該凸多邊形中找任意一個不屬於這兩個點的頂點Pk（2<=k<=n-1），來構成一個三角形，用這個三角形把一個凸多邊形劃分成兩個凸多邊形，其中一個凸多邊形，是由P1，P2，……，Pk構成的凸k邊形（頂點數即是邊數），另一個凸多邊形，是由Pk，Pk+1，……，Pn構成的凸n-k+1邊形。
此時，我們若把Pk視爲確定一點，那麼根據乘法原理，f（n）的問題就等價於——凸k多邊形的劃分方案數乘以凸n-k+1多邊形的劃分方案數，即選擇Pk這個頂點的f（n）=f（k）×f（n-k+1）。而k可以選2到n-1，所以再根據加法原理，將k取不同值的劃分方案相加，得到的總方案數爲：
f（n）=f（2）f（n-2+1）+f（3）f（n-3+1）+……+f（n-1）f（2）。
f（n）=h（n-2） （n=2，3，4，……）。
最後，令f（2）=1，f（3）=1。
思路：以凸多邊形的一邊爲基，設這條邊的2個頂點爲A和B。從剩餘頂點中選1個，可以將凸多邊形分成三個部分，中間是一個三角形，左右兩邊分別是兩個凸多邊形，然後求解左右兩個凸多邊形。
設問題的解f(n)，其中n表示頂點數，設f(2) = 1，那麼f(3) = 1, f(4) = 2, f(5) = 5。f(2)*f(n-1)表示三個相鄰的頂點構成一個三角形，那麼另外兩個部分的頂點數分別爲2和n-1。那麼
f(n) = f(2)*f(n-1) + f(3)*f(n-2) + ......f(n-2)*f(3) + f(n-1)*f(2)。
f(n) = h(n-2)。
類似問題：
在圓上選擇2n個點,將這些點成對連接起來使得所得到的n條線段不相交的方法數？
思路：以其中一個點爲基點，編號爲0，然後按順時針方向將其他點依次編號。那麼與編號爲0相連點的編號一定是奇數，否則，這兩個編號間含有奇數個點，勢必會有個點被孤立，即在一條線段的兩側分別有一個孤立點，從而導致兩線段相交。設選中的基點爲A，與它連接的點爲B，那麼A和B將所有點分成兩個部分，一部分位於A、B的左邊，另一部分位於A、B的右邊。然後分別對這兩部分求解即可。
設問題的解f(n)，那麼
f(n) = f(0)*f(n-2) + f(2)*f(n-4) + f(4)*f(n-6) + ......f(n-4)*f(2) + f(n-2)*f(0)。
f(0)*f(n-2)表示編號0的點與編號1的點相連，此時位於它們右邊的點的個數爲0，而位於它們左邊的點爲2n-2。依次類推。
f(0) = 1, f(2) = 1, f(4) = 2。結合遞歸式，不難發現
f(2n) =h(n)。
Cn = n*n 的方格地圖中，從一個角到另外一個角，不跨越對角線的路徑數；
4、給定節點組成二叉樹
給定N個節點，能構成多少種不同的二叉樹？（能構成h（N）個）（這個公式的下標是從h(0)=1開始的）
思路：可以這樣考慮，根肯定會佔用一個結點，那麼剩餘的n-1個結點可以有如下的分配方式，T(0, n-1),T(1, n-2),...T(n-1, 0)，設T(i, j)表示根的左子樹含i個結點，右子樹含j個結點。
設問題的解爲f(n)，那麼
假設f(0) = 1，那麼f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 5。
f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + .......+ f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)。
f(n) = h(n).
實例：
1、描述：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？
思路：可以將持5元買票視爲進棧，那麼持10元買票視爲5元的出棧。這個問題就轉化成了棧的出棧次序數。由應用2的分析直接得到結果，
f(2n) = h(n)*n!*n!。（後面的*n!*n!爲進出棧的排列）
2、擁有 n+1 個葉子節點的二叉樹的數量爲h(n)
編程實例：
// 使用公式計算：h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)
#include
#include
using namespace std;
//h(n ) = h(n-1)*(4*n-2) / (n+1)
int catelan1(int n)
{
if(n==0) return 1;
else return catelan1(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
}
//h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
int catelan2(int n)
{
int i,j,h[100];
memset(h, 0, sizeof(h));
h[0]=h[1]=1;
for(i=2; i<=n; i++)
for(j=0; j
h[i] += h[j]*h[i-1-j];
return h[n];
}
//h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
int Cn(int n)
{
int i,sum=1;
for(i=1; i<=n; i++)
sum*=i;
return sum;
}
int catelan3(int n)
{
return Cn(2*n)/Cn(n)/Cn(n)/(n+1);
}
int main()
{
for(int i=0; i<=10; i++)
cout<<"h("<<i<<"):"<<catelan1(i)<<endl;
}
運行結果：
h(0):1
h(1):1
h(2):2
h(3):5
h(4):14
h(5):42
h(6):132
h(7):429
h(8):1430
h(9):4862
h(10):16796
Process returned 0 (0x0) execution time : 0.234 s
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公式3有點問題。。。
還有一種分級排列法，沒怎麼看明白。。。