AcWing 130. 火车进出栈问题（卡特兰数、高精度、分解质因数）

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有 $n$ 个数，就需要进栈 $n$ 次，出栈 $n$ 次，共 $2n$ 次操作

为了描述方便，我们定义符号 $+$ 为进栈，符号 $-$ 为出栈。那么，不同的合法的车厢出站序列对应着不同的 $+-$ 序列，

以 $n=3$ 为例：

  $+++---\ \ 3\ 2\ 1$

  $++-+--\ \ 2\ 3\ 1$

  $++--+-\ \ 2\ 1\ 3$

  $+-+-+-\ \ 1\ 2\ 3$

  $+-++--\ \ 1\ 3\ 2$

于是，要求车厢出栈的可能排列方式有多少种，问题就转换为， $n$ 个 $+$ 和 $n$ 个 $-$ 能组成多少个合法的序列。

这里说的合法是有含义的，例如： $++--+-$ 合法、 $+--$ 不合法。

1. $+$ 肯定是合法的
2. $-$ 一定要保证当前栈非空，也就是，对每个 $-$ 来说，任何前缀中的 $sum(-) \leq sum(+)$。
   满足这一核心的就是卡特兰数。

$n$ 个 $+$ 和 $n$ 个 $-$ 组成的总方案数，等价于从 $2n$ 个位置中选出 $n$ 个 $+$ 的方案数，即 $C_{2n}^{n}$。

易知， $C_{2n}^{n}$ - 不合法方案数 = 合法方案数

下面用非降路径来求解不合法方案数：

首先定义 $+$ 为向右走， $-$ 为向上走。

那么，合法路径的特点就是：任意时刻向右走的距离一定大于等于向上走的距离，即 $y \leq x$，整个路径一定在直线 $y=x$ 的下方，由于有 $n$ 个 $+$ 和 $n$ 个 $-$，其终点一定在 $(n,n)$。

非法路径的特点： $y>x$，即 $y \geq x+1$，其终点也在 $(n,n)$。

如果将非法路径与直线 $y=x+1$ 第一个交点后面的部分关于直线 $y=x+1$ 轴对称，可以得到一个结论：任何一条非法路径都对应着一条从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径。

这样一转换，非法路径数量就很好求了：没有限制地从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n+1)$ 的路径数，等价于 $n-1$ 个 $+$ 和 $n+1$ 个 $-$ 组成的方案数，等价于 从 $2n$ 个位置中选出 $n-1$ 个 $+$ 的方案数，即 $C_{2n}^{n-1}$

最终合法的答案就是 $C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n-1}$，代入公式展开，推导结果为 $\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}$

数据 $1≤n≤60000$ 过大，考虑高精度，超时。（看着y总debug也学到了不少）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>

using namespace std;

void multi(vector<int> &a, int b)		//高精度乘 
{
	int t = 0;
	for(int i = 0; i < a.size(); i++)
	{
		a[i] = a[i] * b + t;
		t = a[i] / 10;
		a[i] %= 10;
	}
	while(t)
	{
		a.push_back(t%10);
		t /= 10;
	}
}

void div(vector<int> &a, int b)			//高精度除 
{
	int t = 0;
	for(int i = a.size() - 1; i >= 0; i--)			//倒序除 
	{
		a[i] += t*10;
		t = a[i] % b;
		a[i] /= b;
	}
	while(a.size() > 1 && a.back() == 0)		//删掉首位零
		a.pop_back();
}

void out(vector<int> &a)		//out方便debug
{
	for(int i = a.size() - 1; i >= 0; i--)
		printf("%d", a[i]);
	printf("\n");
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	
	vector<int> res;
	res.push_back(1);
	for(int i = 2 * n, j = 1; j <= n; i--, j++)
	{
		multi(res, i);
		div(res, j);
	}
	div(res, n+1);
	
	out(res);
    return 0;
}

vector换数组、高精度压9位，超时。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 6000010;

ll res[N], tt; 

void multi(int b)		//高精度乘 
{
	ll t = 0;
	for(int i = 0; i <= tt; i++)
	{
		res[i] = res[i] * b + t;
		t = res[i] / 1000000000;
		res[i] %= 1000000000;
	}
	while(t)
	{
		res[++tt] = t % 1000000000; 
		t /= 1000000000;
	}
}

void div(int b)			//高精度除 
{
	ll t = 0;
	for(int i = tt; i >= 0; i--)			//倒序除 
	{
		res[i] += t*1000000000;
		t = res[i] % b;
		res[i] /= b;
	}
	while(!res[tt])			//删掉首位零
		tt--;
}

void out()				//out方便debug
{
	printf("%lld", res[tt]);
	for(int i = tt - 1; i >= 0; i--)
		printf("%09lld", res[i]);
	printf("\n");
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	tt = 0;
	res[0] = 1;
	for(int i = 2 * n, j = 1; j <= n; i--, j++)
	{
		multi(i);
		div(j);
	}
	div(n+1);
	
	out();
    return 0;
}

组合数 $C_{2n}^{n} = \frac{(2n)!}{n!*n!}$，对分子分母分解质因数，例如 $C_{6}^{3} = \frac{6*5*4}{3*2*1} = 2^2*3^0*5^1$

一个小技巧， $n!$ 里有多少个因子 $2$： $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$ + $\lfloor \frac{n}{2^2} \rfloor$ + $\lfloor \frac{n}{2^3} \rfloor$ + … …，直到 $2^k$ 大于 $n$。

AC代码：

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 6000010, M = 120010;

LL res[N], tt;
int q[M];
bool st[M];

void multi(int b)			//高精度乘
{
    LL t = 0;
    for (int i = 0; i <= tt; i ++ )
    {
        res[i] = res[i] * b + t;
        t = res[i] / 1000000000;
        res[i] %= 1000000000;
    }
    while (t)
    {
        res[++tt] = t % 1000000000;
        t /= 1000000000;
    }
}

void out()			//输出 
{
    printf("%lld", res[tt]);
    for (int i = tt - 1; i >= 0; i -- ) printf("%09lld", res[i]);
    cout << endl;
}

int get(int n, int p)		//求n!中有多少个因子p 
{
    int s = 0;
    while (n) s += n / p, n /= p;
    return s;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 2; i <= 2 * n; i++)				//筛出2n以内的素数 
        for(int j = i + i; j <= 2 * n; j += i)
            st[j] = true;

    for(int i = 2; i <= n * 2; i++)
    {
    	if(!st[i])		//若i是素数，求其个数 
        {
            q[i] = get(n * 2, i) - get(n, i) * 2;
        }
	}

    int k = n + 1;					//还要减去分母n+1对应的因子数 
    for(int i = 2; i <= k; i++)
    {
    	while(k % i == 0)
        {
            k /= i;
            q[i] -- ;
        }
	}

    res[0] = 1;

    for(int i = 2; i <= n * 2; i++)
        while(q[i]--)
            multi(i);

    out();

    return 0;
}