【已整理】卡特兰数学习

 线性预处理卡特兰数模板

const ll mod=1e9+7;
const int MAXN=1000005;

ll inv[MAXN],f[MAXN];
void init(){
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;i++)
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN-1;i++){
        f[i]=(f[i-1]*(4*i-2))%mod;
        f[i]=(f[i]*inv[i+1])%mod;
    }
}

能用卡特兰数解决的问题

有一个大问题A，规模为n，要解决这个问题，可以用分治的思想，首先固定其中某一个元素，将剩下的n-1个元素拆分成两个小问题，这两个小问题的规模分别是(0,n-1) (1,n-2) (2,n-3) ... (n-1,0)

举几个例子：
1. 二叉树计数，n个结点的二叉树，首先固定根节点，将剩下的n-1个结点拆分给左右子树
2. 三角形划分问题，凸(n+2)边形可以划分为n个三角形，首先固定一条边（即一个三角形），这个三角形将这个(n+2)边形拆分成两个更小的多边形

3. 左括号和右括号匹配问题，即对于每一个位置，左括号的数量一定要大于等于右括号的数量，且最后左括号的数量要等于右括号的数量。取一个位置，假设到这个位置，左括号和右括号的数量相等，那么原问题就可以拆成这个位置左右的两个子问题

4.进栈和出栈的合法顺序，可以规约成左括号和右括号的匹配问题

5.今天做了一道题，在棋盘里走，每次只能往下或者往右，且不能跨越对角线，从左上角走到右下角，那么意思就是，如果第一步是往右走的，那么往右走的次数必须一直大于等于往下走的次数，否则会跨越对角线，这个也就规约成了左括号和右括号的匹配问题，第一步是往下走的也同理

卡特兰数有通项可以直接计算，也可以递推。今天做了一道题目就是求卡特兰数，但是我想当然了。

本题取模10007，然后5005对应的卡特兰数取模之后就为0，然后我就根据递推公式

就认为5005后面的所有项取模的结果就都是0了，但是你想，10007项之后，会除以10007，那么就会把10007这个因子除掉，那么后面取模10007，就不一定为0了。

所以啊，如果递推式中只有乘法的话，就可以这么考虑。现在有除法，就不能想当然地这么考虑了。

所以，本题最后的方法是，利用catalan数的公式直接计算，由于模比较小，所以组合数可以用lucas定理来求

http://www.cnblogs.com/yaoyueduzhen/p/5456490.html

卡特兰数：

1.通项公式：h(n)=C(n,2n)/(n+1)=(2n)!/((n!)*(n+1)!) = C(n, 2n) - C(n +1, 2n)

2.递推公式：h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);

                      h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+...+h(n-1)*h(0).

3.前几项为：h(0)=1,h(1)=1,h(2)=2,h(3)=5,h(4)=14,h(5)=42,......

 

4.一些例题：

 

给出hdu上面的有关例题：

hdoj 1134

2n个人围成一个圆圈，求两两相互握手并且不交叉的所有握手方式。
这个是卡特兰数的一个例子，设2n个人一共有h(n)种，那么现在第一个人可以和第2,4,6，。。。，2（n-1），2n，即必须保证和他握手的那个人两边是偶数，即为：h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+...+h(n-1)*h0=(4*n-2)/(n+1) *h(n-1),h(0)=1,h(1)=1.通项公式:h(n)=C(n,2n)/n+1=(2n)!/((n!)*(n+1)!)但是这个题目是大数，所以必须采用数组模拟乘除法.

 

hdoj1023

求出栈序列，比如1,2,3，出栈序列为3 2 1,1 2 3,1 3 2,2 1 3,2 3 1,一共5种

第一种思路：

我们把入栈看做1，出栈看做0，那么入栈出栈看做一系列的1010。。。，但是必须保证从左往右看的时候1必须多余0，这个是卡塔兰数的第二个应用，种数为：C(n,2n)-C(n+1,2n).粗略这样理解：我们从2n个位置中选出n个来存放1，方法数为C(n,2n),减去不满足的情况。不合法的情况：我们在2n个位置放n+1个0，n-1个1，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换，使之成为由n个0和n个1组成的2n位数，即n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数，即C（n+1,2n）。

比如：对于数列10101001010100， 在第7个位置上首先出现了0比1多的情况，而在后面的数列中0的总计数还是比1的总计数多1（n+1个0， n-1个1）。如果把后面数列的0和1互换，那么整个数列就能够保证0和1的计数是相等的。同时对应了一种不符合要求的排列方法：10101000101011.

所以总的方案数为：h(n)=C(n,2n)-C(n+1,2n).

第二种思路：

这种方法直接来源于卡特兰数3的递推公式：h(n) = h(0) * h(n- 1) + h(1) * h(n - 2) + ... + h(n - 1) * h(0)

令f(n)为n个字符的出栈序列的方法数

假设在出栈序列中，在数1在第k个位置出栈，则之前有k-1个字符已经出栈，后面还有n-k个字符未出栈，那么在这种情况下出栈方案数为f(k-1)*f(n-k), k = 1, 2, 3, ...,n

f(0) = 1, f(1) = 1

那么f(n) = f(0) * f(n - 1) + f(1) * f(n - 2) + ... + f(n - 1) * f(0) = h(n)

第三种思路：

使用折现法，这种方法与从(0, 0)到坐标(n ,n)不通过对角线的方法数有异曲同工之妙，具体见：http://blog.sina.com.cn/s/blog_6917f47301010cno.html

 

hdoj2067

给出一个棋盘n*n，求从左下角到右上角的不经过对角线的所有走法，这个经过分析也是卡特兰数。我们把往右走看做1，把往上走看做0，那么从左向右看做一系列的101100.。。，和那个求出栈序列的就是一个问题了，即0的个数不能超过1，由于上半角和下半角一样，所以求出来卡特兰数*2就是我们的答案了。

注：从(0,0)到(n, n)不接触对角线上的点和从(0, 0)到(n, n)不穿过对角线上的点的方法数是不同的。后者可看作n个字符的出栈序列，前者可看作在先在栈中加入一个字符，之后在最后的操作之前栈底不能为空，所以方法数为h(n - 1)。

同样可以使用对称的方法求解:

对于不能接触对角线的方法数的解法为：由于不接触对角线，那么第一步一定走向(1, 0), 倒数第二步的位置一定是(n, n - 1)。那么总的方法数为：C(n - 1, 2n-2)。之后需要减去接触对角线的方法数：如果我们从(0, 1)出发，到达(n, n -1)的路径一定会接触对角线，而这样的路径和从(1, 0)到(n, n -1)不合法的路径是一一对应的的（可以把它从最后离开对角线的点到(1, 0)做一个关于y=x的对称），那么总的方法数为2 * (C(n- 1, 2n - 2) - C(n, 2n - 2)) = 2 * h(n - 1)种方法

对于可以接触但不能穿过对角线的解法为：不能穿过y=x，等价与不能接触y=x+1，所以，从(0, 0) 到(n, n)的总方法数为C(n, 2n)，之后减去不符合要求的方法数。将(0, 0)关于y=x+1做对称可得到点(-1, 1)，从(-1, 1)到点(n, n)必定接触y=x+1，方法数为C(2n - 1, 2n)。所以符合要求的方法数为：C(n, 2n) - C(2n - 1,2n) = C(n, 2n) - C(2n + 1,2n) = h(n)

 

hdoj1130

给出n个点，求组成二叉树的所有种数，2个点组成2种二叉树，3个点组成5种二叉树。。。
这个也是卡塔兰数的一个应用，和1134类似，我们去除一个点作为根节点，然后左边依次可以取0至N-1个相对应的,右边是N-1到0个,两两配对相乘,就是h(0)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) +...+ h(n-1)h(0)=h(n))。

hdoj1133
买票问题：有m个人手里拿的是50元的，n个人拿的是100元的，问使买票过程不中断的排队方式。我们知道如果前面出现拿50的人小于拿100的人，那么肯定出现找不开的情况，我们把拿50的看做0，拿100的看做1，所以从左往右看的时候0的个数必须大于1。

我们知道总的情况为：C(n,m+n),需要求出不合法的序列个数，还是之前的思路，存在一个奇数位置2*k+1，使得0出现k此1出现k+1次，后面会有(m-k)个0，(n-k-1)个1，我们将01交换，即这个序列共有m+1个1，n-1个0，这个序列的所有排序情况就对应了一种不合法的序列情况（可以这样理解：由于m+1>n-1,那么必然在某一个位置出现1的个数大于0的个数，这样在这个位置往后的01我们交换回来，就对于了一种不合法的序列了），即C(m+1,m+n),最后的结果为：ans=C(n,m+n)-C(m+1,m+n),其中(m>=n)；当m<n时买票过程必然中断。

5其他应用场景：

a.括号化问题。
　　矩阵链乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n - 1)种)
b.出栈次序问题。
　　一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,..n,有多少个不同的出栈序列?
　　类似：
　　(1)有2n个人排成一行进入剧场。入场费5元。其中只有n个人有一张5元钞票，另外n人只有10元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零？(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈)
　　(2)在圆上选择2n个点,将这些点成对连接起来，使得所得到的n条线段不相交的方法数。

c.将多边行划分为三角形问题。
　　(1)将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数?
　　(2)类似：一位大城市的律师在她住所以北n个街区和以东n个街区处工作。每天她走2n个街区去上班。如果她从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？
　　(3)类似：在圆上选择2n个点,将这些点成对连接起来使得所得到的n条线段不相交的方法数?
d.给顶节点组成二叉树的问题。
　　给定N个节点，能构成多少种形状不同的二叉树？
　　(一定是二叉树!先去一个点作为顶点,然后左边依次可以取0至N-1个相对应的,右边是N-1到0个,两两配对相乘,就是

      h(0)*h(n-1) + h(2)*h(n-2) +  + h(n-1)h(0)=h(n))（能构成h（N）个）。

 

1.hdu4848

度度熊最近很喜欢玩游戏。这一天他在纸上画了一个2行N列的长方形格子。他想把1到2N这些数依次放进去，但是为了使格子看起来优美，他想找到使每行每列都递增的方案。不过画了很久，他发现方案数实在是太多了。度度熊想知道，有多少种放数字的方法能满足上面的条件？

首先一个基本思路是，从2n个数里面选出n个数放到上面，只有一种方法可以使得第一行递增，剩下的数也只有一种方法使得第二行递增，关键是如何判断每一列是否递增。C（2n，n），这是使得第一行和第二行都递增的方案数，这已经很像卡特兰数的通项了，所以我们用卡特兰数的通用特点去考虑一下本题。

即我们每次将原问题分为前k列和后n-k列这两个子问题，前k列只放1~2k的数，剩下的列放剩下的数，那么贡献的答案就是f(k)*f(n-k)，直觉上这样分类统计不会重复。

通过打表也确实发现就是卡特兰数。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
typedef long long int ll;
const ll mod=1e9+7;
using namespace std;

const int MAXN=1000005;

ll inv[MAXN],f[MAXN];
void init(){
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;i++)
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN-1;i++){
        f[i]=(f[i-1]*(4*i-2))%mod;
        f[i]=(f[i]*inv[i+1])%mod;
    }
}

int main(){
    init();
    int t,n;
    scanf("%d",&t);
    for(int cas=1;cas<=t;cas++){
        scanf("%d",&n);
        printf("Case #%d:\n%lld\n",cas,f[n]);
    }
    return 0;
}