Manasa and Combinatorics
题意:
给定n,求问由2n个字母B,n个字母A构成的字符串中
任意前缀B的个数大于A的个数且任意后缀B的个数大于A的个数的 字符串个数。
解法:
注意到答案不易于直接计算,所以我们考虑应用容斥原理。
注意到本题非常类似卡特兰数。
卡特兰数等价于从棋盘上$(1,1)$走到$(n,n)$且不穿过对角线的方案数。
1.先考虑求存在前缀B的个数<A的个数的方案数。
等价于从棋盘上$(1,1)$上走到$(2n,n)$ 且 穿过从$(1,1)$开始,以$(1,1)$为方向向量的直线$L$ 的 方案数。
当第一次穿过$L$时,必然是向右走了t步,向上走了t+1步,将从$(t,t+1)$开始的折线以L未为称轴翻折,
得到一个在棋盘上从$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的路径,
这样对于任意一个穿过$L$的从$(1,1)$到$(2n,n)$的行走方案 对应 一个 从$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的行走方案。
注意到任意一个从$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的路径也必然对应着一个从$(1,1)$到$(2n,n)$的穿过L的方案。
这样证明了两者一一对应,个数相同为 $C_{3n}^{n-1}$。
2.对于存在后缀B的个数<A的个数的方案数,同1得个数为 $C_{3n}^{n-1}$。
3.对于同时满足1,2的方案数,考虑对于原问题做1的等价之后,
问题转化为求 从$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$ 且 经过 过终点的与L平行的直线 的路径数。
类比1中的方法进行再次翻折得到其个数为 $C_{3n}^{n-2}$
综上:答案为$C_{3n}^n - 2*C_{3n}^{n-1} + C_{3n}^{n-2}$
应用Lucas定理,计算总效率$O(P + logn)$
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring> #define P 99991
#define LL long long using namespace std; LL fac[P]; LL qpow(LL x,int n)
{
LL ans=;
for(;n;n>>=,x=x*x%P)
if(n&) ans=ans*x%P;
return ans;
} LL C(int n,int m)
{
if(n<m) return ;
return fac[n]*qpow(fac[m],P-)%P*qpow(fac[n-m],P-)%P;
} LL Lucas(LL n,LL m)
{
if(m<) return ;
if(!m || !n) return 1LL;
return Lucas(n/P,m/P) * C(n%P,m%P)%P;
} int main()
{
fac[]=;
for(int i=;i<P;i++) fac[i]=fac[i-]*i%P;
LL n;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
cin>>n;
LL ans=Lucas(*n,n)-2LL*Lucas(*n,n-)+Lucas(*n,n-);
cout << (ans%P+P) %P << endl;
}
}
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