卡特兰数

卡特兰数

又称明安图数。Catalan 是国外命名的，而最先发现的人应该是清代数学家明安图。

问题 1：

给定 \(n\) 个 \(+1\) 和 \(m\) 个 \(-1\)，求将其组成排列满足 \(\forall 1\leq i\leq n+m,\sum\limits_{1\leq j\leq i}a_j\ge -k\) 的方案数。

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对于 \(n-m<-k\) 的情况，符合条件的排列数 \(0\)，接下来考虑 \(n-m\ge -k\) 的情况：

排列总个数为 \({n+m\choose n}\)，减去不符合条件的数量即可。

考虑排列 \(A\)，它不符合条件，即 \(\exist 1\leq i< n+m,\sum\limits_{1\leq j\leq i}a_j<-k\)，我们找到最小的 \(i\)，显然它满足 \(\sum\limits_{1\leq j\leq i}a_j=-(k+1)\)，也就是说，前 \(i\) 个数中 \(1\) 的个数比 \(-1\) 的个数少 \(k+1\) 个。

我们将排列 \(A\) 的前 \(i\) 项取相反数，得到序列 \(B\)。可以发现序列 \(B\) 满足前 \(i\) 个数中 \(1\) 的个数比 \(-1\) 的个数多 \(k+1\) 个，即：有 \(n+k+1\) 个 \(1\)，有 \(m-k-1\) 个 \(-1\)。

对于排列 \(A\)，有唯一的序列 \(B\) 与之对应；对于序列 \(B\)，有唯一的排列 \(A\) 与之对应。

证明可以考虑排列 \(A\) 第一个前缀和小于 \(-k\) 的位置，以及序列 \(B\) 第一个前缀和大于 \(k\) 的位置唯一，即在规定的变换方式下，两者有唯一的对应关系。

排列 \(A\) 的个数即为序列 \(B\) 的个数，那么序列 \(B\) 除了有 \(n+k+1\) 个 \(1\)，有 \(m-k-1\) 个 \(-1\) 以外，还是否受到其他限制呢？即是否对于每一个不同的序列 \(B\)，都有不同的排列 \(A\) 与之对应？这是显然的，上文已经证过，序列 \(B\) 必然满足 \(\exist 1\leq i\leq n+m,\sum\limits_{1\leq j\leq i}B_j>k\)，所以每一个序列 \(B\) 都可以派上用场。

综上，序列 \(B\) 的个数为 \({n+m\choose n+k+1}\)，则符合条件的方案数为：

\[{n+m\choose n}-{n+m\choose n+k+1} \]

问题 2：

\(n\) 个元素有多少种出栈顺序。

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入栈看成 \(+1\)，出栈看成 \(-1\)，取 \(k=0\)，即可计算出答案：

\[{2n\choose n}-{2n\choose n+1} \]

问题 3：

\(n\) 对括号能组成多少个有效的括号序列。

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一个括号序列有效的条件是它的所有前缀中，左括号数不少于右括号数。

将左括号看成 \(+1\)，右括号看成 \(-1\)，取 \(k=0\)，即可计算出答案：

\[{2n\choose n}-{2n\choose n+1} \]

问题 4：

\(n+1\) 个节点能构成多少个形状不同的满二叉树。

这里的满二叉树指的是对于任意一个节点，都满足为叶子节点或是有两个儿子。

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可以发现，这样的满二叉树作为左儿子和作为右儿子的节点数目是一样的。

考虑一棵树的 dfs 序，将左儿子看成 \(+1\)，右儿子看成 \(-1\)，遍历的过程中累加而不小于 \(0\)，记为一棵合法的满二叉树。

根节点不用考虑，略过。

所以答案还是：

\[{2n\choose n}-{2n\choose n+1} \]

问题 5：

上点难度。

CF896D Nephren Runs a Cinema

有 \(n\) 个人排队买电影票，分为三种类型：有一张 \(50\) 元的，有一张 \(100\) 元的，还有无需付钱的 VIP 客户。起初电影院没有零钱，求有多少种排队的方法，使得每个人都买到电影票后，工作人员手上的 \(50\) 元的张数在 \(l\sim r\) 之间，结果对 \(p\) 取模。只要两种方案里的其中一人的类别不同，就代表两种方案不同。

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考虑先排除 VIP 客户的影响，枚举 VIP 客户的个数，对于 \(i\) 个 VIP 客户，贡献为 \({n \choose i}\)。

枚举有 \(50\) 元人的个数 \(j\)，则有 \(100\) 元人的个数为 \(n-i-j\)，可以发现 \(j\) 满足：\(l\leq j-(n-i-j)\leq r\)，意为 \(50\) 元最终的张数范围。

解得：\(\lceil\frac{l+n-i}{2}\rceil\leq j\leq \lfloor\frac{r+n-i}{2}\rfloor\)，又由于对于每个 \(100\) 元的付款，都要找钱 \(50\)，所以对于任意前缀都满足有 \(50\) 元的人的个数大于等于有 \(100\) 元的人的个数。

可得答案计算式：

\[\sum_{i=0}^n{n\choose i}\bigg(\sum_{j=\lceil\frac{l+n-i}{2}\rceil}^{\lfloor\frac{r+n-i}{2}\rfloor}{n-i\choose j}-{n-i\choose j+1}\bigg) \]

发现可以消掉其中大部分，化简为：

\[\sum_{i=0}^n{n\choose i}\bigg({n-i\choose \lceil\frac{l+n-i}{2}\rceil}-{n-i\choose \lfloor\frac{r+n-i}{2}\rfloor+1}\bigg) \]

做到这里，有关卡特兰数的部分就结束了，但是题目还没有解决。

题目给出的模数非质数，也不保证互质，不能使用费马小定理或扩展欧几里得求逆元。

这时候一种方法是使用 \(\rm{exLucas}\)，另一种方法是从 \(p\) 入手：

发现 \(p\leq 2\times 10^9\) 最多有 \(9\) 个不同的质因子，我们将 \(p\) 分解质因数。

\[p=\prod_{i=1}^{num}p_i^{\alpha_i} \]

在预处理组合数的过程中，我们需要用到乘法和除法，不妨将 \(fac[i]=i!\) 表示成有关 \(p\) 的质因子的形式：

\[fac[i]=i!=p_0\times \prod_{i=1}^{num}p_i^{\beta_i} \]

可以发现，此时 \(\gcd(p_0,p)=1\)，可以使用扩展欧几里得算法求逆元。

对于每一个阶乘，我们记录 \(p_0\) 以及 \(\{\beta_i\}\)。重载乘法和除法，关于乘法，我们将两个数的 \(\{\beta_i\}\) 相加，\(p_0\) 相乘并对 \(p\) 取模；关于除法，我们将两个数的 \(\{\beta_i\}\) 相减，\(p_0\) 求逆元相乘并对 \(p\) 取模，最后将答案还原即可。

注意开 long long，代码如下（个人感觉还是较为简洁明了的）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-')f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}

void print(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)print(x/10);
	putchar(x%10^48);
}

const int N=1e5+5;
int mod,num,p[10],a[10];
struct node{
	int p0=1,a0[10]={0};
}fac[N],invfac[N];

int calc(node x){
	int ans=x.p0;
	for(int i=1;i<=num;++i)while(x.a0[i]--)ans=ans*p[i]%mod;
	return ans;
}

node work(int x){
	node ans;
	for(int i=1;i<=num;++i)while(x%p[i]==0)x/=p[i],ans.a0[i]++;
	ans.p0=x;
	return ans;
}

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(!b){x=1,y=0;return;}
	int x0,y0;
	exgcd(b,a%b,x0,y0);
	x=y0,y=x0-(a/b)*y0;
}

node mul(node x,node y){
	node ans;
	ans.p0=x.p0*y.p0%mod;
	for(int i=1;i<=num;++i)ans.a0[i]=x.a0[i]+y.a0[i];
	return ans;
}

node div(node x,node y){
	node ans;
	int X,Y;
	exgcd(y.p0,mod,X,Y);
	ans.p0=x.p0*X%mod;
	for(int i=1;i<=num;++i)ans.a0[i]=x.a0[i]-y.a0[i];
	return ans;
}

void init(int n){
	int tmp=mod;
	for(int i=2;i*i<=tmp;++i){
		if(tmp%i==0){
			p[++num]=i;
			int cnt=0;
			while(tmp%i==0)tmp/=i,cnt++;
			a[num]=cnt;
		}
	}
	if(tmp>1){
		p[++num]=tmp;
		a[num]=1;
	}
	for(int i=2;i<=n;++i)fac[i]=mul(work(i),fac[i-1]);
}

int C(int n,int m){
	if(m>n)return 0;
	return calc(div(fac[n],mul(fac[m],fac[n-m])));
}

signed main(){
	int n=read();mod=read();int l=read(),r=read(),ans=0;
	init(n);
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int tmp=((C(n-i,(l+n-i+1)/2)-C(n-i,(r+n-i)/2+1))%mod+mod)%mod;
		if(tmp<=0)continue;
		ans=(ans+C(n,i)*tmp%mod)%mod;
	}
	print((ans+mod)%mod);
	return 0;
}

到这里，卡特兰数的学习先告一段落，之后碰见有关的好题会进行补充。