卡特兰数 题解

bsoj7107 ，来源不明。

卡特兰数

题目描述

今天，接触信息学不久的小A刚刚学习了卡特兰数。

卡特兰数的一个经典定义是，将 \(n​\) 个数依次入栈，合法的出栈序列个数。

小A觉得这样的情况太平凡了。于是，他给出了 \(m\) 组限制，每个限制形如 \((f_i,g_i)\) ，表示 \(f_i\) 不能在 \(g_i\) 之后出栈。

他想求出：在满足了这 \(m\) 组限制的前提下，共有多少个合法的出栈序列。他不喜欢大数，你只需要求出答案在模 \(998244353\) 意义下的值即可。

输入格式

输入第一行为两个非负整数 \(n\) 、 \(m\) ，含义题面已给出。

接下来 \(m​\) 行，每行两个正整数， \((f_i,g_i)​\) 表示一组限制。

输出格式

输出一行，为一个非负整数，表示你求得的答案 \(\mod 998244353​\) 。

样例输入

3 1
2 3

样例输出

3

样例解释

可以验证 \(\{1,2,3 \}​\) ， \(\{2,1,3 \}​\) ， \(\{2,3,1 \}​\) 都是合乎条件的。

数据规模

\(n \le 300\) , \(m \le \frac{n(n-1)}{2}\) , \(f_i,g_i \le n\) 。

部分数据的 \(m\) 较小。

考前一天写题解会不会涨RP

套路但是还是感觉很巧妙的转换。关键在于把限制形式化的写出来方便观察。

考虑Catalan数的递推公式推导方式——枚举最后出栈的元素 \(k​\) 。其递推式为

\[\begin{aligned} c_0 &= 1 \\ c_n &= \sum_{k=1}^n c_{k-1} c_{n-k} \end{aligned} \]

加入限制后无法使用排列的相对顺序dp，故需改造原来的递推。定义 \(h_{l,r}\) 为排列 \([l,r]\) 不同的出栈序列方案数，若暂不考虑限制，有

\[h_{l,r} = \sum_{k=l}^r h_{l,k-1} h_{k+1,r} \]

显然 \(c_n = h_{1,n}​\) 。

递推中，出栈序列的相对顺序为 \(([l,k-1],[k+1,r],\{ k \})\) 。限制 \((f_i, g_i)\) 要求 \(f_i\) 在 \(g_i\) 之前出栈。故满足 \(g_i \in [l,k-1], \ f_i \in [k,r]\) 或者 \(g_i \in [k+1,r], \ f_i = k\) 的 \(k\) 都不合法，不应对 \(h_{l,r}\) 产生贡献。故在此dp中枚举所有限制判断合法性即可获得 \(O(n^3 m)​\) 的算法。

这种方法看着就很naive，考虑优化合法性判断。容易发现把 \((f_i,g_i)\) 投到二维平面上后，判断合法性只需询问 \((k,l) - (r,k-1)\) 、 \((k,k+1) - (k,r)\) 两个矩形中是否有点。二维前缀和处理即可 \(O(1)\) 判断。于是这样就可以 \(O(n^3)\) 通过本题了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll Rd(){
	ll ans=0;bool fh=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') fh=1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
	if(fh) ans=-ans;
	return ans;
}
const ll MOD=998244353;
#define _ %MOD
ll PMod(ll x){
	if(x>=MOD) return x-MOD;
	else if(x<0) return x+MOD;
	else return x;
}

const ll MXN=305;
ll N,M;
ll A[MXN][MXN];
ll S[MXN][MXN];
void SpawnSum(){
	for(ll i=1;i<=N;i++)
		for(ll j=1;j<=N;j++)
			S[i][j]=S[i-1][j]+S[i][j-1]-S[i-1][j-1]+A[i][j];
}
bool Check(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){
	return S[x2][y2]-S[x1-1][y2]-S[x2][y1-1]+S[x1-1][y1-1];
}
ll f[MXN][MXN];
void Solve(){
	for(ll i=0;i<=N;i++) f[i+1][i]=1;
	for(ll len=1;len<=N;len++){
		for(ll l=1;l+len-1<=N;l++){
			ll r=l+len-1;
			for(ll k=l;k<=r;k++){
				if(Check(k,l,r,k-1)) continue;
				if(Check(k,k+1,k,r)) continue;
				f[l][r]=(f[l][r]+f[l][k-1]*f[k+1][r])_;
			}
		}
	}
	cout<<f[1][N];
}
int main(){
	N=Rd();M=Rd();
	for(ll i=0;i<=N;i++) for(ll j=0;j<=N;j++) A[i][j]=S[i][j]=0;
	for(ll i=1;i<=M;i++){
		ll x=Rd(),y=Rd();
		A[x][y]=1;
	}
	SpawnSum();
	Solve();
	return 0;
}

2020/12/04