BZOJ-1485 [HNOI2009]有趣的数列(卡特兰数+阶乘分解)

题目描述

  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 \(1\) ~ \(2n\) 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 \(a_{2i}\) 满足：\(a_{2i-1}<a_{2i}\)。

  对于给定的 \(n\)，求有多少个不同的长度为 \(2n\) 的有趣的数列，答案对 \(p\) 取模。

  数据范围：\(1\leq n\leq 10^6,1\leq p\leq 10^9\)。

分析

  由于偶数项递增，且偶数项大于相邻奇数项，即偶数项大于前面所有的数字，也就是说偶数项的数字大于等于偶数项的下标。

  考虑按照 \(1\) ~ \(2n\) 的顺序依次放数字，可以发现每次只能放在下标最小的奇数或偶数位上，这样才能保证数字递增。假设当前在偶数位放置了 \(a\) 个数字，在奇数位放了 \(b\) 个数字，且 \(a>b\)，一共放了 \(x=a+b\) 个数。则 \(a>\frac{x}{2}\)，最后放置的偶数的下标为 \(2a\)，但是 \(2a>x\)，与假设冲突，因此假设不成立。所以 在任意时刻放入偶数位的数字个数都不能超过放入奇数位的个数，这就是卡特兰数。

  卡特兰数通项公式：

\[\frac{\dbinom{2n}{n}}{n+1}=\frac{(n+2)\times(n+3)\times\cdots\times(2n-1)\times2n}{n!} \]

  由于模数 \(p\) 不一定是质数，所以不能直接求逆元。首先筛出 \(1\) ~ \(2n\) 中的所有质数，枚举每个质数，计算 \(cnt1\)：\(1\) ~ \(2n\) 中包含这个质因子的数的数量，\(cnt2\)：\(1\) ~ \(n+1\) 中包含这个质因子的数的数量，\(cnt3\)：\(1\) ~ \(n\) 中包含这个质因子的数的数量。则 \(cnt1-cnt2-cnt3\) 即为答案中包含这个质因子的数的数量。

  接下来考虑如何快速分解 \(1\) ~ \(n\) 中的质因子的数量：

  如果把 \(1\) ~ \(n\) 中的每个数都分解质因数，再把结果合并，时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)。\(n!\) 中质因子 \(p\) 的个数等于 \(1\) ~ \(n\) 中每个数包含质因子 \(p\) 的个数之和。在 \(1\) ~ \(n\) 中，\(p\) 的倍数显然有 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 个，\(p^2\) 的倍数有 \(\lfloor\frac{n}{p^2}\rfloor\) 个，\(\cdots\)。

  综上所述，\(n!\) 中质因子 \(p\) 的个数为：

\[\Big\lfloor\frac{n}{p}\Big\rfloor+\Big\lfloor\frac{n}{p^2}\Big\rfloor+\cdots+\Big\lfloor\frac{n}{p^{\lfloor\log_p n\rfloor}}\Big\rfloor=\sum_{p^k\leq n}\Big\lfloor\frac{n}{p^k}\Big\rfloor \]

  时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
long long n,p;
int prime[N+10],vis[N+10],cnt;
void init()
{
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
            prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;i*prime[j]<=N&&j<=cnt;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}
long long quick_pow(long long a,long long b,long long p)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
long long divide(long long n,long long p)
{
    long long ans=0;
    while(n)
    {
        ans=ans+n/p;
        n=n/p;
    }
    return ans;
}
int num[N];
int main()
{
    init();
    cin>>n>>p;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        num[i]=divide(2*n,prime[i])-divide(n+1,prime[i])-divide(n,prime[i]);
    long long ans=1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        ans=ans*quick_pow(prime[i],num[i],p)%p;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}