acwing算法基础之数学知识--求卡特兰数

1 基础知识

题目：给定n个0和n个1，它们将按照某种顺序排成长度为2n的序列，求它们能排成的所有序列中，能够满足任意前缀序列中0的个数都不少于1的个数的序列有多少个？
输出的答案对$10^9+7$取模。

原题目等价于，

在平面直角坐标系xoy下，起点为(0,0)，终点为(n,n)，每次只能向上走一格或向右走一格，问从起点走到终点，且路径上横坐标大于等于纵坐标恒成立，求有多少种走法？

用下图表示即为，

在不触碰到红线(即$y=x+1$)的情况下，从起点(0,0)走到终点(n,n)，有多少种走法。

考虑一种触碰到红线，走到终点(n,n)的路径，如下图粗蓝色所显示路径。我们将从首次触碰到红线的点，记作红点。那么，将接下来的路径按照红线($y=x+1$)对称，可以得到粗绿色所显示路径，最终走到点(n-1,n+1)。

也就是说，任何一条触碰红线，走到终点(n,n)的路径，都可以等效成，一条走到(n-1,n+1)的路径。而从起点走到点(n-1,n+1)的路径数为$C_{2n}^{n-1}$，故触碰红线走到终点的路径数目为$C_{2n}^{n-1}$。

题目要计算的是，不触碰红线走到终点(n,n)的路径数目，它等于总路径数目减去触碰红线走到终点(n,n)的路径数目，即答案可计算如下，
$$C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}=\frac{(2n)!}{n!\cdot n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!\cdot (n+1)!}$$
$$=\frac{(2n)!}{(n-1)!\cdot n!}\cdot (\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\frac{(2n)!}{(n-1)!\cdot n!}\cdot \frac{1}{n(n+1)}$$
$$=\frac{(2n)!}{n!\cdot n!}\cdot \frac{1}{n+1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

其中$\frac{C_{2n}^n}{n+1}$即为卡特兰数。

转换为代码，如下，

#include 

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, int k, int p) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = (long long)res * a % p;
        k >>= 1;
        a = (long long)a * a % p;
    }
    return res;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    //计算C[2 * n][n] / (n + 1) % mod
    int res = 1;
    for (int i = 1, j = 2 * n; i <= n; ++i, --j) {
        res = (long long)res * j % mod;
        res = (long long)res * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
    } 
    res = (long long)res * qmi(n + 1, mod - 2, mod) % mod;
    cout << res << endl;
    return 0;
}

2 模板

暂无。。。

3 工程化

暂无。。。