BZOJ系列1485《[HNOI2009]有趣的数列》题解

Description

 我们称一个长度为2n的数列是有趣的，当且仅当该数列满足以下三个条件：

    (1)它是从1到2n共2n个整数的一个排列{a_i}；

    (2)所有的奇数项满足a₁3<…2n-1，所有的偶数项满足a₂4<…2n；

    (3)任意相邻的两项a_2i-1与a_2i(1≤i≤n)满足奇数项小于偶数项，即：a_2i-12i。

    现在的任务是：对于给定的n，请求出有多少个不同的长度为2n的有趣的数列。因为最后的答案可能很大，所以只要求输出答案 mod P的值。

Input

输入文件只包含用空格隔开的两个整数n和P。输入数据保证，50%的数据满足n≤1000，100%的数据满足n≤1000000且P≤1000000000。

Output

仅含一个整数，表示不同的长度为2n的有趣的数列个数mod P的值。

Sample Input

3 10

Sample Output

5


对应的5个有趣的数列分别为（1,2,3,4,5,6），（1,2,3,5,4,6），（1,3,2,4,5,6），（1,3,2,5,4,6），（1,4,2,5,3,6）。

分析：这道题有两种做法：①DP，能过50分，O(N*N)的。②卡特兰数。

先说DP：

观察样例，我们发现所有偶数位的情况分别是：{2,4,6},{2,5,6},{3,4,6},{3,5,6},{4,5,6} 。

分别对应了5个答案，偶数位前有奇数位，而且根据题意奇数位上的数比它上的数小。

题中还说奇数偶数位上的数都是递增的，所以第i个偶数位前的所有数都比它小，所以a[i]>2*i。

问题转变：长度为N的序列，填入1~2*N中的数，使序列递增，且a[i]>2*i。

f[i][j]表示第i位以前的数都填了，第i位填j的方法数(j>=2*i)。

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
#define MAX 2010
using namespace std;
int N,MOD;
int f[MAX][2*MAX],s[MAX][2*MAX];
void DP()
{
	for(int i=1;i<=N;i++)
		for(int j=2*i;j<=2*N;j++)
		{
			if(i!=1) f[i][j]=(s[i-1][j-1]-s[i-1][i*2-3])%MOD;
			else f[i][j]=1;
			f[i][j]%=MOD;
			s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%MOD;
		}
	printf("%d\n",f[N][2*N]);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&N,&MOD);
	DP();
	return 0;
}

正解是卡特兰数，我也是醉了。。。

公式：h[n]=C(2*n,n)/(n+1)=(2*n)!/(n!*(n+1)!);

分解质因数就好了。

至于为什么会是卡特兰数，网上说：其实就是从左往右扫每个数，把放在奇数项看作入栈，偶数看作出栈。

也是，就像卡特兰数从(0,0)走到(n,n)一样，需要走2*n下，对应2*n的序列。

关于卡特兰数具体的使用等，我也不太懂，正在研究组合数学中！

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N,NN,P,ans=1;
ll prime[2000010],num[2000010],sum=0,lyd[2000010];
bool mark[2000010];
void init()
{
    scanf("%lld%lld",&N,&P);
    NN=2*N;
    for(ll i=2;i<=NN;i++)
    {
        if(!mark[i])
        {
            prime[++sum]=i;
            num[i]=sum;
        }
        for(ll j=1;prime[j]*i<=NN&&j<=sum;j++)
        {
            mark[prime[j]*i]=1;
            num[prime[j]*i]=j;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
void solve(ll x,ll y)
{
    while(x!=1)
    {
        lyd[num[x]]+=y;
        x/=prime[num[x]];
    }
}
void work()
{
    for(ll i=N+1;i<=NN;i++) solve(i,1);
    for(ll i=1;i<=N+1;i++) solve(i,-1);
    for(ll i=1;i<=sum;i++)
        while(lyd[i]--) ans=(ans*prime[i])%P;
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    init();
    work();
    return 0;
}