【题解】准备

题目描述

Alien 的战舰不能搭载太多人，他需要在战舰上安装一些乘客客舱。

可以安装的客舱有 \(2p\) 个型号，分别能搭载 \(1\) 至 \(2p\) 个乘客，每种型号有且仅有一个。

为了方便搭载的过程，Alien 希望恰好安装 \(p\) 个乘客客舱，且可搭载的乘客数量和必须为 \(p\) 的倍数。

Alien 想知道共有几种方案？

输入格式

本题有多组数据。

第一行为数据组数 \(n\)；

接下来 \(n\) 行每行包含一个 奇质数 \(p\)。

输出格式

对于每组数据输出一行，表示方案数。

数据范围

测试时间限制 \(500\ \mathrm{ms}\)，空间限制 \(64\ \mathrm{MiB}\)。

• 对于 \(30\%\) 的数据，\(n\le 10\)，\(p\le 10\)；
• 对于 \(70\%\) 的数据，\(n\le 100\)，\(p\le 30\)；
• 对于 \(100\%\) 的数据 \(0\le n\le 100\)，\(3\le p\le 1000\)。

分析

这题一看就是个结论题。怎么推呢？

首先，我们将其抽象成一个数学问题：

给定集合 \(S=\left\{k|k\in \mathbb{N}^{+},1\le k\le 2p\right\}\)。

求出 \(|T|\)，其中 \(T=\left\{S^\prime|S^\prime\subseteq S,\sum\limits_{x\in S^\prime}x\bmod{p}=0\right\}\)

嗯？怎么越来越不明所以了？

接下来，我们就考虑一下怎么解决。

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首先，注意到前面 \(p\) 个数与后面 \(p\) 个数等价。

又 \(\forall S\in T\ \exists\, S_1,S_2\ S_1\cap S_2=\varnothing, S_1\subseteq \{k|k\in \mathbb{N}^{+},1\le k\le p\}, S_2\subseteq \{k|k\in \mathbb{N}^{+},p+1\le k\le 2p\}, S_1\cup S_2=S\)

即给定 \(S_1\)，\(S_2\)，能得到确定的 \(S\)。

接下来考虑如何搭配 \(S_1\) 和 \(S_2\)。

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考虑给定 \(S_1\)，有多少个 \(S_2\) 与其配对。

由于能够影响的只有余数，下面规定 \(f_i\) 为 \(S^\prime\subseteq \{k|k\in \mathbb{N}^+, 1\le k\le p\},\sum\limits_{x\in S^\prime}x\bmod{p}=i\) 的个数。

发现单独考虑并不容易，我们试图整体考虑。

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注意到选择 \(f_i\) 时，选择的个数不会是 \(p\) 的倍数（全选和不选除外）。如果对于选的每一个数加一，那么就会产生另一种选择方案，其和的余数与原方案不同。

这样进行 \(p-1\) 次，我们就能得到一个关于 \(p\) 的最小剩余系。其中只有一个方案是合法的。

也就是说，除去全选和不选的方案，剩下的所有方案是平均分的。

于是，答案实际上就是 \(\dfrac{\dbinom{2p}{p}-2}{p}+2\)

最后再套上个高精度就能解决问题了。

Code

后来，我还是放弃了高精度……实在是太烦了。

#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long ll;

int main()
{
	int cas, n;
	ll ans;
	
	scanf("%d", &cas);
	while (cas--)
	{
		scanf("%d", &n);
		
		ans = 1;
		for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++)
			ans *= i;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			ans /= i;
		
		printf("%d\n", (ans - 2) / n + 2);
	}
	
	return 0;
}