Description
设P(n)为从(0,0)移动到点(n,0)的不同路径数目,移动的方式有以下三种:(x,y)->(x+1,y-1),(x,y)->(x+1,y),(x+y)->(x+1,y+1),并且路径不能和第四象限有交集。求P(n),并对10^9+7取模。
Input
第一行一个整数T,表示数据组数。
对于每组数据,一行一个整数n。
Output
对于每组数据,输出答案。
Data Range
20%:n≤10;
50%:n≤10000;
100%:n≤106,T≤10。
Solution
20%
直接O(3^n*n)的暴力枚举即可。
50%
考虑第一次直线y=0的点,假设是(i,0)。
那么从(1,1)到(i-1,1)之间的路径均在直线y=1的上方,显然有P(i-2)种。同理,从(x,0)到(n,0)之间的路径均在直线y=0的上方,有P(n-i)种。
所以,全部合起来可以得到P(n)=Σni=1 P(i-2)P(n-i),其中,规定P(-1)=P(0)=1。
其实可以在20%基础上打个表,考场有超过5人这样写。。。
100%
假设移动的路径中一共有i个(x,y)->(x+1,y+1),那么就一定会有i个(x,y)->(x+1,y-1),n-2i个(x,y)->(x+1,y)。
而如果不考虑所有的(x,y)->(x+1,y),那么路径的种数就是第i个Catalan数,设为C_i。如果加入(x,y)->(x+1,y),也就是在2i+1个空处中插入n-2i相同的球,方案数是C2in。
所以,P(n)=Σni=1 C_i C2in。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define N 1000010
#define MOD 1000000007
int t;
int n;
LL f[N],d[N];
inline LL qpow(LL a,LL b)
{
LL ans=1;
while (b)
{
if (b&1)
ans=(1LL*ans*a)%MOD;
b>>=1;
a=(1LL*a*a)%MOD;
}
return ans;
}
inline LL C(LL x,LL y)
{
return f[x]*d[y]%MOD*d[x-y]%MOD;
}
inline LL Catalan(LL x)
{
return (C(x<<1,x)-C(x<<1,x-1)+MOD)%MOD;
}
int main()
{
freopen("move.in","r",stdin);freopen("move.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
f[0]=1;
for (int i=1;i<=1000000;i++)
f[i]=f[i-1]*i%MOD;
for (int i=0;i<=1000000;i++)
d[i]=qpow(f[i],MOD-2)%MOD;
while (t--)
{
scanf("%d",&n);
LL ans=0;
for (int i=0;i<=n;i+=2)
ans+=C(n,i)*Catalan(i>>1),ans%=MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
2.1 20%
†O(3n ∗ n)åqÞ=Œ"
2.2 50%
•Ä1˜g†‚y = 0:§b´(i,0)"
@ol(1,1)(i − 1,1)ƒm´»þ3†‚y = 1þ•§w,kP(i −
2)«"Ón§l(x,0)(n,0)ƒm´»þ3†‚y = 0þ•§kP(n −
i)«"
¤±§ÜÜå5Œ±P(n) = Pn i=1 P(i − 2)P(n − i)§Ù¥§5
½P(−1) = P(0) = 1"
2.3 100%
b£Ä´»¥˜ki‡(x, y)− > (x + 1, y + 1)§@oÒ˜½¬
ki‡(x, y)− > (x + 1, y − 1)§n − 2i‡(x, y)− > (x + 1, y)"
XJؕĤk(x, y)− > (x + 1, y)§@o´»«êÒ´
1i‡Catalan꧕Ci"XJ\\(x, y)− > (x + 1, y)§•Ò´32i + 1‡
˜?¥\n − 2iƒÓ¥§•Yê´C2i
n "
¤±§P(n) = Pn i=1 CiCn 2i"