題意：

給定n，求問由2n個字母B，n個字母A構成的字符串中

任意前綴B的個數大于A的個數且任意后綴B的個數大于A的個數的 字符串個數。

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解法：

注意到答案不易于直接計算，所以我們考慮應用容斥原理。

注意到本題非常類似卡特蘭數。

卡特蘭數等價于從棋盤上$(1,1)$走到$(n,n)$且不穿過對角線的方案數。

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1.先考慮求存在前綴B的個數<A的個數的方案數。

等價于從棋盤上$(1,1)$上走到$(2n,n)$ 且 穿過從$(1,1)$開始，以$(1,1)$為方向向量的直線$L$ 的 方案數。

當第一次穿過$L$時，必然是向右走了t步，向上走了t+1步，將從$(t,t+1)$開始的折線以L未為稱軸翻折，

得到一個在棋盤上從$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的路徑，

這樣對于任意一個穿過$L$的從$(1,1)$到$(2n,n)$的行走方案 對應 一個 從$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的行走方案。

注意到任意一個從$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$的路徑也必然對應著一個從$(1,1)$到$(2n,n)$的穿過L的方案。

這樣證明了兩者一一對應，個數相同為 $C_{3n}^{n-1}$。

2.對于存在后綴B的個數<A的個數的方案數，同1得個數為?$C_{3n}^{n-1}$。

3.對于同時滿足1,2的方案數，考慮對于原問題做1的等價之后，

問題轉化為求 從$(1,1)$到$(n-1,2n+1)$ 且 經過 過終點的與L平行的直線 的路徑數。

類比1中的方法進行再次翻折得到其個數為 $C_{3n}^{n-2}$

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綜上：答案為$C_{3n}^n - 2*C_{3n}^{n-1} + C_{3n}^{n-2}$

應用Lucas定理，計算總效率$O(P + logn)$

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1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 5 #define P 99991 6 #define LL long long 7 8 using namespace std; 9 10 LL fac[P]; 11 12 LL qpow(LL x,int n) 13 { 14 LL ans=1; 15 for(;n;n>>=1,x=x*x%P) 16 if(n&1) ans=ans*x%P; 17 return ans; 18 } 19 20 LL C(int n,int m) 21 { 22 if(n<m) return 0; 23 return fac[n]*qpow(fac[m],P-2)%P*qpow(fac[n-m],P-2)%P; 24 } 25 26 LL Lucas(LL n,LL m) 27 { 28 if(m<0) return 0; 29 if(!m || !n) return 1LL; 30 return Lucas(n/P,m/P) * C(n%P,m%P)%P; 31 } 32 33 int main() 34 { 35 fac[0]=1; 36 for(int i=1;i<P;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P; 37 LL n; 38 int T; 39 scanf("%d",&T); 40 while(T--) 41 { 42 cin>>n; 43 LL ans=Lucas(3*n,n)-2LL*Lucas(3*n,n-1)+Lucas(3*n,n-2); 44 cout << (ans%P+P) %P << endl; 45 } 46 } View Code

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總結

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