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卡特兰数

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本文详细解析了ZOJ3982ExpectedWaitingTime问题的算法思路，通过将问题转化为括号序列，利用卡特兰数进行优化计算，实现了O(n)的高效解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：ZOJ3982 Expected Waiting Time

sol:

对于固定的 $A S$ 序列，无论离开休息室的顺序如何，总的等待时长是相同的。一个合法的 $A S$ 序列满足其所有的前缀中 $A$ 的个数 $\ge$ $S$ 的个数，等价于一个长度为 $2 n$ 的括号序列。易知总方案数为第 $n$ 个卡特兰数，记为 $H (n)$
现在考虑计算每一个人的贡献。把问题转换为括号序列，则总等待时长相当于在左括号的位置标记 $-$ 号，在右括号的位置标记 $+$ 号，求 $a [i]$ 乘上 $+ / -$ 号后的前缀和。
若我们固定一对合法括号 $l, r$ ，整个括号序列序列当且仅当 $[l, r]$ 区间合法且 $[1, l - 1]$ 和 $[r + 1, 2 n]$ 合法。则总的方案数为 $H(\frac{r-l + 1}{2} - 1) * H(\frac{2n - (r-l+1)}{2})$ ，而这对括号的贡献为 $a [r] - a [l]$ 。
考虑枚举长度，则总等待时间为
$\begin{aligned} tot &= \sum_{L=2}^{2n} \sum_{i = 1}^{2n+1-L} H(\frac{L}{2} - 1) H(\frac{2n - L}{2}) (a[i+L-1] - a[i]) \\ &= \sum_{L=2}^{2n} H(\frac{L}{2} - 1) H(\frac{2n - L}{2})\sum_{i = 1}^{2n+1-L} (a[i+L-1] - a[i]) \\ &= \sum_{L=2}^{2n} H(\frac{L}{2} - 1) H(\frac{2n - L}{2})f(L) \end{aligned}$

答案为 $\frac{tot}{H(n)}$
看起来复杂度比较感人。
右边式子化简一下
$\begin{aligned} f(L) &=\sum_{i = 1}^{2n+1-L} (a[i+L-1] - a[i])\\ &= \sum_{i=1}^{2n+1-L} - \sum_{L}^{2n} \end{aligned}$
发现是个前缀和后缀的形式， $O (n)$ 预处理一下，于是整个式子就可以 $O (n)$ 计算了。

计算卡特兰数可以用
$H(n-1)\frac{4n-2}{n+1}$ 递推计算。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 2e6+10;

ll a[maxn],b[maxn];
ll h[maxn],inv[maxn];
ll sum[maxn];
int n,mod;

void Add(ll &x,ll y){
    x += y;
    if(x>=mod) x-=mod;
}

void Mul(ll& x,ll y){
    x *= y;
    if(x>=mod) x %= mod;
}

void init(){
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2;i<= n *2 ;i++) inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod/i) % mod;
    h[0] = h[1] = 1;
    for(int i = 2;i<= n * 2;i++) h[i] = h[i-1] * (i * 4 - 2) % mod * inv[i+1] % mod;
}

ll qpow(ll a,int b){
    ll ret = 1;
    while(b){
        if(b&1) Mul(ret,a);
        Mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int A,B;
        scanf("%d%d%lld%d%d",&n,&mod,&b[0],&A,&B); 
        init();
        for(int i = 1;i<=n*2;i++) b[i] = (b[i-1] * A + B) % mod;
        for(int i = 1;i<=n*2;i++){
            a[i] = (a[i-1] + b[i] + 1) % mod;
            // cout<<"a[i] = "<<i<<' '<<a[i]<<endl;
        }
        for(int i = 1;i<=n*2;i++){
            sum[i] = sum[i-1];
            Add(sum[i],a[i]);
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = 1;i<=n;i++){
            ll ret = sum[n*2];
            Add(ret,mod - sum[i*2 - 1]);
            Add(ret,mod - sum[n*2 + 1 - i*2]);
            // cout<<"ret1 = "<<i<<' '<<ret<<endl;
            Mul(ret,h[i-1]);
            Mul(ret,h[n-i]);
            Add(ans,ret);
            // cout<<"ret2 = "<<i<<' '<<ret<<endl;
        }
        Mul(ans,qpow(h[n],mod-2));
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}