卡特兰数【模板】（四个公式模板）

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P1044 [NOIP 2003 普及组] 栈

题目背景

栈是计算机中经典的数据结构，简单的说，栈就是限制在一端进行插入删除操作的线性表。

栈有两种最重要的操作，即 pop（从栈顶弹出一个元素）和 push（将一个元素进栈）。

栈的重要性不言自明，任何一门数据结构的课程都会介绍栈。宁宁同学在复习栈的基本概念时，想到了一个书上没有讲过的问题，而他自己无法给出答案，所以需要你的帮忙。

题目描述

宁宁考虑的是这样一个问题：一个操作数序列，$1,2,\dots ,n$（图示为 1 到 3 的情况），栈 A 的深度大于 $n$。

现在可以进行两种操作，

1. 将一个数，从操作数序列的头端移到栈的头端（对应数据结构栈的 push 操作）
2. 将一个数，从栈的头端移到输出序列的尾端（对应数据结构栈的 pop 操作）

使用这两种操作，由一个操作数序列就可以得到一系列的输出序列，下图所示为由 1 2 3 生成序列 2 3 1 的过程。

（原始状态如上图所示）

你的程序将对给定的 $n$，计算并输出由操作数序列 $1,2,\dots ,n$ 经过操作可能得到的输出序列的总数。

输入格式

输入文件只含一个整数 $n$（$1\le n\le 18$）。

输出格式

输出文件只有一行，即可能输出序列的总数目。

输入输出样例 #1

输入 #1

3

输出 #1

5

说明/提示

【题目来源】

NOIP 2003 普及组第三题

题解

com为四种计算公式，均可通过

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod =1e9+7;
typedef long long ll;
int n;
ll inv[N];
ll fac[N];
ll inv2[N];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{ll res=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)res = (res*a)%p;a = (a*a)%p;}return res;
}ll c(ll n,ll m)
{return (fac[n]*inv[n-m])%mod*inv[m]%mod;
}void build1(int n)
{fac[0]=inv[0]=1;for(int i=1;i<=2*n;i++){fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;}inv[n]=qpow(fac[n],mod-2,mod);for(int i=n-1;i>=1;i--){inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;}
}void build2(int n)
{inv2[1]=1;for(int i=2;i<=n+1;i++){inv2[i]=mod-inv2[mod%i]*(mod/i)%mod;}}ll com1(int n)
{build1(2*n);return c(2*n,n)*qpow(n+1,mod-2,mod)%mod;
}ll com2(int n)
{build1(2*n);return (c(2*n,n)-c(2*n,n-1)+mod)%mod;
}ll com3(int n)
{build2(n);vector<ll>f(n+1);f[0]=f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){f[i]=f[i-1]*(4*i-2)%mod*inv2[i+1]%mod;}return f[n];
}ll com4(int n)
{vector<ll>f(n+1);f[0]=f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){for(int l=0,r=i-1;l<i;l++,r--){f[i]=(f[i]+f[l]*f[r]%mod)%mod;}}return f[n];
}void solve()
{cin>>n;ll res=com2(n);cout<<res<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;// cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}