卡特兰数 - HNOI 2009 有趣的数列 - 洛谷 P3200

卡特兰数 - HNOI 2009 有趣的数列 - 洛谷 P3200

$我们称一个长度为2n的数列是有趣的，当且仅当该数列满足以下三个条件：$

• $它是从1到2n共2n个整数的一个排列a_i；$

• $所有的奇数项满足a_1<a_3<\cdots <a_{2n-1}，所有的偶数项满足a_2<a_4<\cdots <a_{2n}；$

• $任意相邻的两项a_{2i-1}与a_{2i}(1\le i\le n)满足奇数项小于偶数项，即：a_{2i-1}<a_{2i}。$

$任务是：对于给定的n，请求出有多少个不同的长度为2n的有趣的数列。$

$因为最后的答案可能很大，所以只要求输出答案modP的值。$

输入格式

只包含用空格隔开的两个整数 n 和 P。

输出格式

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。

数据范围

$1\le n\le 10^6,2\le P\le 10^9$

输入样例：

3 10

输出样例：

5

样例解释

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}。

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分析：

$本题序列数量为2n，n=3时输出5=C_6^3-C_6^2，暗示本题与卡特兰数相关。$

$卡特兰数问题的一般形式：\{\begin{array}{l}①、递推式：f(n)=f(1)\cdot f(n-1)+f(2)\cdot f(n-2)+...(求二叉树的个数)\\ \\ ②、性质：任意前缀中，A的数量\ge B的数量。\end{array}$

如：组合数学 -卡特兰数 - 满足条件的01序列

$题中要求0的个数\ge 1的个数，对应到坐标轴上，设x为0的个数，y为1的个数，需满足x\ge y。$

本题中：

$我们需要确定哪些数是奇数项，哪些数是偶数项，再分别将奇数项偶数项排序，就能够确定一种方案。$

$现在从：1，2，3，...，2n中，从前到后依次确定每个数属于奇数项还是偶数项，$

$我们需要保证，任意一种方案的前缀中，奇数项的个数不能够小于偶数项的个数。$

原因：

$假设某个前缀的奇数项个数为k_1，偶数项个数为k_2，且k_1<k_2，$

$k_1<k_2，即前k_1+k_2个数中，偶数项的个数更多，说明偶数项的最后一项之前，必有奇数项还未确定，$

$因为我们是从小到大选择各个位置上的数的，那么未确定的奇数项将填入更大的数，$

$这将不满足条件：任意相邻的两项a_{2i-1}与a_{2i}(1\le i\le n)满足奇数项小于偶数项。$

举例：

$假设有2项奇数项已确定：a_1=1，a_3=3。$

$3项偶数项已确定：a_2=2，a_4=4，a_6=5，$

$那么a_5的值必大于5，即a_5>a_6，不满足条件。$

$因此，本题中的重要性质：$任意前缀的奇数项个数 ≥ 偶数项个数。

$我们把每一个奇数项当作一个0，偶数项当作一个1，那么问题就转化为《满足条件的01序列》这道题。$

$P不确定为质数，所以本题不方便求逆元，故用卡特兰数差的形式来求解：C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}。$

$通过定义，分解阶乘质因数+快速幂来求组合数。$

代码：

#include

#define ll long long

using namespace std;

const int N=2e6+10;

int n,mod;
int primes[N],cnt;
bool st[N];

void get_prime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
        for(int j=0;primes[j]*i<=n;j++)
        {
            st[primes[j]*i]=true;
            if(i%primes[j]==0) break;
        }
    }
}

int get(int n,int p)
{
    int s=0;
    while(n) s+=n/p, n/=p;
    return s;
}

int quick_pow(int a,int b,int mod)
{
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=(ll)res*a%mod;
        a=(ll)a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int C(int n,int m)
{
    int res=1;
    for(int i=0;i<cnt;i++)
    {
        int p=primes[i];
        int s=get(n,p)-get(m,p)-get(n-m,p);
        res=((ll)res*quick_pow(p,s,mod))%mod;
    }
    return res;
}

int main()
{
    cin>>n>>mod;
    
    get_prime(2*n);
    
    cout<<(C(2*n,n)-C(2*n,n-1)+mod)%mod<<endl;
    
    return 0;
}