HDU - 5673(catalan数的应用)

分析：

记路径长度为nn,那么机器人最多向右走\lfloor
\frac{n}{2} \rfloor⌊​2​​n​​⌋步并向左走\lfloor
\frac{n}{2} \rfloor⌊​2​​n​​⌋步。

Ans(n) = \sum_{i=0}^{\lfloor
\frac{n}{2} \rfloor} C_n^{2i} \ Catalan(i)Ans(n)=∑​i=0​⌊​2​​n​​⌋​​C​n​2i​​ Catalan(i) 其中Catalan(n)Catalan(n)表示第nn个卡特兰数。

卡特兰数定义：Catalan(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1}Catalan(n)=​n+1​​C​2n​n​​​​

递推公式Catalan(n)=\frac{4n-2}{n+1}\
Catalan(n-1)Catalan(n)=​n+1​​4n−2​​ Catalan(n−1)

基于nn的取值范围，此题可以预处理出1,000,0011,000,001以内的乘法逆元、卡特兰数。

每次询问，都可以递推组合数，或者提前一次性预处理好阶乘和阶乘的逆元得到组合数；累加组合数与相应卡特兰数的乘积，得到答案。

事实上，Ans(n)Ans(n)是第nn个默慈金数，还有更高效的递推公式：

M_{n+1}=M_n+ \sum_{i=0}^{n-1}M_i
M{n-1-i} = \frac{(2n+3)M_n+3nM_{n-1}}{n+3}M​n+1​​=M​n​​+∑​i=0​n−1​​M​i​​Mn−1−i=​n+3​​(2n+3)M​n​​+3nM​n−1​​​​。

需要注意的是：

cc[ n] 位 n ! 的 对（1e9 + 7）的逆元，能预处理的都预处理成数组，要不然使用多次会超时。

求逆元o(1)的方法

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long long LL;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)n;i++)
#define rep1(i,x,y) for(int i =(int)x;i<=(int)y;i++)

const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 100;
int inv
;
int Inv(int x)
{
if (x < N) return inv[x];
return (LL)Inv(mod%x)*(mod - mod / x) % mod;
}
ll cat
, d
, f
,cc
;
void init(){
cat[0] = 1;
cat[1] = 1;
cat[2] = 2;
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++)
{
inv[i] = (LL)inv[mod%i] * (mod - mod / i) % mod;
}
for(int i = 3 ; i<N ; i++)
cat[i] = cat[i - 1] * (4 * i -2 ) % mod * Inv(i + 1) % mod;
d[0] = 1;
d[1] = 1;
d[2] = 2;
f[1] = 1;
cc[1] = 1;
for(int i =2 ; i<N ; i++) f[i] = f[i - 1] * i % mod , cc[i] = Inv(f[i]);
}
ll c(ll n, int m) {
if (m < 0 || n < 0 || n < m) return 0;
if(n == m) return 1;
if(m == 0) return 1;
return f
* cc[n - m] % mod * cc[m] % mod;
}
int n;
int main()
{
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
if(n <=2){
printf("%d\n",d
);
continue;
}
ll ans = 0;
for(int i = 0;i<=n;i+=2){
ans += c(n , n - i) * cat[i / 2] % mod;
if(ans >= mod)
ans %= mod;
}
printf("%d\n",(int)ans);
}
return 0;
}