【bzoj1856】[Scoi2010]字符串 Catalan数

题目描述

lxhgww最近接到了一个生成字符串的任务，任务需要他把n个1和m个0组成字符串，但是任务还要求在组成的字符串中，在任意的前k个字符中，1的个数不能少于0的个数。现在lxhgww想要知道满足要求的字符串共有多少个，聪明的程序员们，你们能帮助他吗？

输入

输入数据是一行，包括2个数字n和m

输出

输出数据是一行，包括1个数字，表示满足要求的字符串数目，这个数可能会很大，只需输出这个数除以20100403的余数

样例输入

2 2

样例输出

2

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题解

数论-Catalan数

如果n=m，那么这道题就是裸的Catalan数问题，答案为C(2n,n)-C(2n,n-1)。

当这道题的n!=m时，我们可以同样按照Catalan数的思想来做。

先求出没有限制条件的方案数，显然为C(n+m,m)。

然后再考虑不满足条件的方案数。

设选择一个n表示+1，选择一个m表示-1，那么如果不满足条件，则一定存在一个位置的前缀和等于-1。

将这个位置及其前面的数n、m互换，即所有数乘上-1，那么整个序列的和变为n-m+2。

并且这样的操作只需要在新序列存在某个位置前缀和为1时满足条件，而初始值是0，最终值为n-m，一定存在，这是显然的。

故这样的新序列选择不受条件约束，且存在m-1个“-1”，所以发案数为C(n+m,m-1)。

所以最终答案为C(n+m,m)-C(n+m,m-1)。

另外网上存在一种几何证法，我觉得也挺好的，这里附上网址：http://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/3443689.html

#include <cstdio>
#define mod 20100403
typedef long long ll;
ll fac[2000010];
ll pow(ll x , int y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll cal(int n , int m)
{
	return fac[n] * pow(fac[m] , mod - 2) % mod * pow(fac[n - m] , mod - 2) % mod;
}
int main()
{
	int n , m , i;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	fac[0] = 1;
	for(i = 1 ; i <= n + m ; i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	printf("%lld\n" , (cal(n + m , m) - cal(n + m , m - 1) + mod) % mod);
	return 0;
}