【HNOI2009】BZOJ1485 有趣的数列题解（Catalan数）

题目：BZOJ1485.
题目大意：给定$n$和$p$，求有多少个长度为$2n$的排列满足：
1.$\forall i\in [1,n-1],a_{2i}<a_{2i+2}，a_{2i-1}<a_{2i+1}$.
2.$\forall i\in [1,n],a_{2i-1}<a_{2i}$.
答案对$p$取模，$p$不一定是质数.
$1\le n\le 10^6,1\le q\le 10^9$.

把问题看成给定两个队列（代表奇数项和偶数项），从小到大把所有数分别加入两个队列中，容易发现偶数队列中的数的个数在每一步都要小于等于奇数队列中的数，于是把问题转化为求catalan数.

现在的问题就是如何处理取模的问题了，想到：
$$C_n^{2n}=\frac{{\prod }_{i=1}^n(2n-i+1)}{{\prod }_{i=1}^{n}i}$$

考虑把每一项都分解质因数，记录每一个质因子的数量，直接做的时间复杂度为$O(n\sqrt{n})$，不够快.

考虑线性筛预处理出$[1,2n]$中每一个数的最小质因子，分解质因数的时候直接用预处理出来的信息，就可以做到$O(n\log n)$解决这个问题了.

代码如下：

#include
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=1000000;

int pr[N*2+9],tp,b[N*2+9],mul[N*2+9];

void sieve(int n){
  for (int i=2;i<=n;++i) b[i]=1;
  for (int i=2;i<=n;++i){
    if (b[i]) pr[++tp]=i,mul[i]=i;
    for (int j=1;j<=tp&&i*pr[j]<=n;++j){
      b[i*pr[j]]=0;mul[i*pr[j]]=pr[j];
      if (i%pr[j]==0) break;
    }
  }
}

int cnt[N*2+9];      //数组开成了N+9死了一发...

void add(int x,int b){for (;x^1;x=x/mul[x]) cnt[mul[x]]+=b;}

LL power(LL a,int k,LL mod){
  LL s=1;
  for (;k;k>>=1,a=a*a%mod)
    if (k&1) s=s*a%mod;
  return s;
} 

int n;
LL ans=1,p;

Abigail into(){
  scanf("%d%lld",&n,&p);
}

Abigail work(){
  sieve(n<<1);
  for (int i=n+1;i<=n<<1;++i)
    add(i,1);
  for (int i=1;i<=n;++i)
    add(i,-1);
  add(n+1,-1);
  for (int i=1;i<=n<<1;++i)
    if (cnt[i]) ans=ans*power(LL(i),cnt[i],p)%p;
}

Abigail outo(){
  printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}