卡特兰数,棋盘问题的推导
题目意思:
定义了括号的合法排列方式,给出一个排列的前一段,问能组成多少种合法的排列
本题要点:
1、推导过程:
n对括号排列,左括号看做是在棋盘沿着 x 方向走, 右括号看做是在棋盘沿着 y 方向走.
前面的任意k个括号,左括号的数 >= 右括号的数。相当于在棋盘走,没有超过 y = x 这条线。
这就是卡特兰数的定义。
2、现在问题有所加深:题目给出一部分括号
排列的总长度为 n ,左右括号各为 m = n / 2 个。当给定的排列方式完全合法的时候,剩下需要排列的左右括号的数量就已经确定了,
而在排列的过程中,左括号要始终大于等于右括号的数量。设现在有 a 个左括号, b 个右括号,那么这个就可以当做从( a , b )点
到 ( m , m )点且不越过直线 y = x 的种类数。
将图像下移,则可认为是从( 0 , 0 )点到 ( p , q )点且不越过直线 y = x + q - p 的种类数。
显然,这里的p, q 满足关系: a + p = b + q == n / 2。
3、 参考组合数学教材中,棋盘问题的卡特兰数的推导。
从 (0, 0) 到 (p, q) 这一点,总的走法 c(p + q, p), 然而,没有过线 y = x + q - p 的走法有 c(p + q, p - 1)。
相当于从 (0, 0) 到 (p, q) 这一点的每一种走法,对应于一个从点 (0, 0) 走到 点(p - 1, q + 1) 的一种走法。
而且这些走法是一一对应的。 显然,从点 (0, 0) 走到 点(p - 1, q + 1), 在 p + q 中选出 p - 1 个,数值为 c(p + q, p - 1)。
(推导是类似的,把线 y = x + q - p 沿着y正方向移动一个单位,变为 y = x + q - p + 1)
c(p + q, p) - c(p + q, p - 1)
= ((p + q)! * (q - p + 1)) / ((q + 1)! * p!)
4、逆元:
这里的mod 是素数,可以用费马小定理来求 阶乘 k! 模mod的逆元。
5、逼逼这么多,都是参考这位老哥的 点这里
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MaxN = 1000010;
const ll mod = 1000000007;
ll fac[MaxN];
char s[MaxN];
int n;
void init()
{
fac[0] = fac[1] = 1;
for(int i = 2; i < MaxN; ++i)
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
}
ll qucikPow(ll a, ll p)
{
ll tmp = a, ans = 1;
tmp %= mod;
while(p)
{
if(p & 1)
{
ans = ans * tmp % mod;
}
tmp = tmp * tmp % mod;
p >>= 1;
}
return ans;
}
void solve()
{
int p = 0, q = 0, len = strlen(s);
for(int i = 0; i < len; ++i)
{
if(s[i] == '(')
{
++p;
}else{
++q;
}
if(q > p)
{
printf("0\n");
return;
}
}
if(q > p)
{
return;
}
p = n / 2 - p, q = n / 2 - q;
if(p < 0 || q < 0)
{
printf("0\n");
return;
}
ll r1 = qucikPow(fac[p], mod - 2), r2 = qucikPow(fac[q + 1], mod - 2);;
//(( p + q )!*( q - p + 1 ))/((q + 1)!* p!)
ll res = q - p + 1;
res = res * fac[p + q] % mod;
res = res * r1 % mod;
res = res * r2 % mod;
printf("%lld\n", res);
}
int main()
{
init();
while(scanf("%d", &n) != EOF)
{
scanf("%s", s);
if(n & 1)
{
printf("0\n");
continue;
}
solve();
}
return 0;
}
/*
4
()
4
(
6
()
*/
/*
1
2
2
*/