hdu 3398 String 数论,catalon的一般形式（两次改进，比最初AC快了两倍）【完整版】...-优快云博客

本文探讨了Catalan数的计算方法，通过逐步优化代码实现了高效计算Catalan数差值的问题。从原始的冗长代码到最终的421ms版本，详细记录了优化过程及核心算法思想。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

好难的题目啊，是cantalon数的一般情况啊,公式为c(a+b,b)-c(a+b,b-1)，一开始想从cantalon推这一题，白浪费了一个小时，又是打了m,n的表和组合数的表，才推了这公式

写完提交后无限WA，直到练习赛时间过了才想起来快哭了是我求的com(a+b, b)-com(a+b,b-1)可能为负值，因为a>b不代表a%p>b%p,即(a-b)%p = ((a%p-b%p)+p)%p而不是a%p-b%p，贴个临时的代码，好像代码有点冗长，再修改修改。(已修改)

time:1718ms

//calc(n,k)=n!/(k!*(n-k)!) //n! =2^a1*3^a2*5^a3…… //k! =2^b1*3^b2*5^b3…… //(n-k)!=2^c1*3^c2*5^c3…… #include<iostream> #include<string> using namespace std; const long long maxn=2000000+1000; const long long p=20100501; int cnt=0; bool not_prime[maxn]; int prime[maxn/10],a[maxn/10],b[maxn/10],c[maxn/10]; void init()//求素数表 { memset(prime,0,sizeof(prime)); memset(not_prime,0,sizeof(prime)); for(int i=2;i<maxn;i++) { if(!not_prime[i]) prime[cnt++]=i; for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;j++) { not_prime[i*prime[j]]=1; if(!(i%prime[j])) break; } } //cout<<cnt<<endl; } inline long long fin_fac(long long n,long long q) //n!中q因子个数 { long long ans=0; while(n) { ans+=n/q; n/=q; } return ans; } inline long long fast_pow(long long a,long long k) //a^k%p { long long ans=1,t=a; while(k) { if(k&1) ans=ans*t%p; t=t*t%p; k>>=1; } return ans; } long long com(int n,int k) //calc C(n,k)%p=(n!/(k!*(n-k)!))%p = (2^(a1-b1-c1)*3^(a2-b2-c2)*……)%p { long long ans=1; memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); memset(c,0,sizeof(c)); for(int i=0;prime[i]<=n;i++) a[i]=fin_fac(n, prime[i]); for(int i=0;prime[i]<=k;i++) b[i]=fin_fac(k,prime[i]); for(int i=0;prime[i]<=n-k;i++) c[i]=fin_fac(n-k,prime[i]); for(int i=0;prime[i]<=n;i++) ans=ans*fast_pow(prime[i],a[i]-b[i]-c[i])%p; return ans; } int main() { init(); long long t; cin>>t; while(t--) { long long a,b; cin>>a>>b; if(a<b)cout<<0<<endl; else if(b==0) cout<<1<<endl; else cout<<((com(a+b, b)-com(a+b,b-1))%p+p)%p<<endl; } return 0; }

删了a,b,c三个数组，其它也有调整了一下，快了一倍

time:812ms

#include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2000000+1; const int p=20100501; bool not_prime[maxn]; int prime[maxn/10]; int fin_fac(int n,int q) { if(q==0||n<q) return 0; int ans=0; while(n) { n/=q; ans+=n; } return ans; } ll fast_pow(ll a,ll k) { if(k==1) return a; ll ans=1,t=a; while(k) { if(k&1) ans=ans*t%p; t=t*t%p; k>>=1; } return ans; } ll com(int n,int k) { ll ans=1,tmp; for(int i=0;prime[i]<=n;i++) ans=ans*fast_pow(prime[i],fin_fac(n, prime[i])-fin_fac(k,prime[i])-fin_fac(n-k,prime[i]))%p; return ans; } int main() { int t,a,b,cnt=0; for(int i=2;i<maxn;i++) { if(!not_prime[i]) prime[cnt++]=i; for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;j++) { not_prime[i*prime[j]]=1; if(!(i%prime[j])) break; } } cin.sync_with_stdio(false); cin>>t; while(t--) { cin>>a>>b; cout<<(com(a+b, b)-com(a+b,b-1)+p)%p<<endl; } return 0; }

刚刚发现计算com(a+b,b)与com(a+b,b-1)几乎是重复计算了一次，果断改之（也避免了(a-b)%c小于0的问题！）

直接计算com(a+b,b)-com(a+b,b-1)=(a+b)!(n+1-m)/(m!(n+1)!) 注意！不要计算ans=(a+b)!/(m!(n+1)!),再计算ans*(n+1-m)，因为不能保证(a+b)!/(m!(n+1)!)可以整除！

time:421MS

#include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2000000+1; const int p=20100501; bool not_prime[maxn]; int prime[maxn/10]; int fin_fac(int n,int q) { if(q==0||n<q) return 0; int ans=0; while(n) { n/=q; ans+=n; } return ans; } ll fast_pow(ll a,ll k) { if(k==1) return a; ll ans=1,t=a; while(k) { if(k&1) ans=ans*t%p; t=t*t%p; k>>=1; } return ans; } int fac(int n,int k) { if(k==0) return 0; int t=0; while(n%k==0) { n/=k;t++; } return t; } ll calc(int n,int m) { ll ans=1; for(int i=0;prime[i]<=n+m;i++) ans=ans*fast_pow(prime[i], fac(n+1-m,prime[i])+fin_fac(n+m, prime[i])-fin_fac(m, prime[i])-fin_fac(n+1, prime[i]))%p; return ans; } int main() { int t,a,b,cnt=0; for(int i=2;i<maxn;i++) { if(!not_prime[i]) prime[cnt++]=i; for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;j++) { not_prime[i*prime[j]]=1; if(!(i%prime[j])) break; } } cin.sync_with_stdio(false); cin>>t; while(t--) { cin>>a>>b; cout<<calc(a, b)<<endl; } return 0; }
发现有15 ms,32ms过的，若哪位大仙知道，求赐教啊！

刚刚找到的公式的推导：

参考自：http://apps.hi.baidu.com/share/detail/17473477

①：我们设初始在坐标系的原点(0,0)，从字符串第一位开始，碰到一个1就向上走，碰到一个0就向右走，那么由n个1、m个0组成的字符串最后必定走到(n,m)点，即满足由n个1、m个0组成的字符串的个数为C(n+m,n) = C(n+m,m) (满足n+m长度内n个长度走1或者m个长度走0)。

②：对于任意前缀中1的个数不少于0的个数的字符串的个数这个条件，可以看成是坐标系中，从(0,0)点走到(m, n)点，并且跟y=x-1这条直线不相交的方案数。又因为(0,0)点关于直线y=x-1的对称点是(1,-1)，而从(1,-1)点走到(m, n)点的所有方案一定都会与直线y=x-1相交，对于这些方案，将从(1,-1)点到与y=x-1的第一个交点之间的路径关于y=x-1对称翻转过去，就可以得到所有不满足题意的从(0,0)点走到(m, n)点的方案，于是最终答案就是C(n+m, n)-C(n+m,n+1)。

第一点一开始就看出来了，第二点的转化才是关键的啊