51Nod 1556 默慈金数(Motzkin numbers)

题目链接

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题意：
有一个1*n的矩阵，固定第一个数为1，其他填正整数 ，且相邻数的差不能超过1，求方案数%$1e9+7$的结果。

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思路：
显然：
如果第$i$个格子的数是1，则第$i+1$个格子只有$1$或者$2$两种可能
而如果第$i$个格子的数不为1，则第$i+1$个格子一定有三种可能。

则当考虑$1*n$矩阵填法的方案数时，如果我们已经知道了$1*(n-1)$矩阵填法的方案数情况，假设：
$Ans[i]$：$1*i$矩阵填法的总方案数
$a[i]$:$1*i$矩阵填完以后第$i$个格子的数是$1$的总方案数。

则：$Ans[n] = 3*Ans[n-1] - a[i]$
因为对于第$n$个格子填的数，如果第$n-1$个格子填数不为$1$，则一定有三种情况，而当为第$n-1$个格子为$1$时，只有两种情况，减去即可。

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故此时核心便在于求出每一个$a[i]$

通过打表和面向$oeis$编程的方法（滑稽），我们能发现a[i]数列有一个名字，叫作Motzkin numbers，中文翻译为：默慈金数，其具有一个重要递推式，为：

Mot[0] = Mot[1] = 1;
for i : 2 to n
    Mot[i] = ((2*i+1)*Mot[i-1] + 3*(i-1)*Mot[i-2])/(i+2)

故乘法逆元+递推可解。

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代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int mod = 1e9 + 7;
const int A = 1e6 + 10;
ll Mot[A],Ans[A],inv[A],n;

void init(){
    inv[1] = 1;
    for(ll i=2 ;i<=n+2 ;i++){
        inv[i] = (mod - mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    }
}

int main(){
    scanf("%I64d",&n);n--;
    init();

    Mot[0] = Mot[1] = 1;
    Ans[0] = 1;Ans[1] = 2;
    for(ll i=2 ;i<=n ;i++){
        Mot[i] = ((2*i+1)%mod*Mot[i-1]%mod + 3*(i-1)%mod*Mot[i-2]%mod)*inv[i+2]%mod;
        Ans[i] = (3*Ans[i-1]%mod - Mot[i-1])%mod;
    }
    if(Ans[n] < 0) Ans[n] += mod;
    printf("%I64d\n",Ans[n]);
    return 0;
}