火车进出栈序列问题（Catalan数+高精度压位）

题面：Acwing 130

思路

先假设每一个入栈的操作为 $1$，出栈的操作为 $0$。这样就抽象出一个 $n$ 个 $1$ 和 $n$ 个 $0$ 的排列问题。

因为每次出栈操作都必须保证栈里有火车，所以入栈的次数一定都不少于出栈的次数（出栈次数包括当前出栈）。

于是有一个很强的性质：
序列任意前缀中的 $1$ 的个数都不少于 $0$ 的个数

于是该问题就转化成了 求第 $n$ 项的卡特兰数，即 :$$\frac{C_{2n}^n}{n+1}=\frac{(2n)!}{n!n!(n+1)}$$

但是做题的时候，直接写高精度是会超时的。莽夫直接TLE
如果直接按卡特兰数的数学公式来写高精度的话，每一次乘和除，总的位数可能是先上升在下降的，这就导致了可能在中间某几步操作中，由于位数过大而超时。

所以我们需要转换思路，可以将分子和分母的质因数和个数都算出来，然后在质因数的个数上进行加减操作，最终只要用高精乘就可以得到答案了。

不过，即使这样，最终还是超时了，这时候考虑一下高精压位操作，即将原本每一个数组单元内只存一个数字压缩成一个单元存多个数字，也可以简单认为将 $10$ 进制数压缩成 $10^k$ 进制数。

这里需要注意最高位是不需要补足位数的，否则可能会出现前导0而出错。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define sc scanf
#define pf printf
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;

int n;
int primes[N], cnt, power[N];
bool st[N];

void get_primes(int x)
{
    for(int i = 2; i <= x; i++) {
        if(!st[i])  primes[cnt ++] = i;
        for(int j = 0; primes[j] <= x / i; j++) {
            st[i * primes[j]] = true;
            if(i % primes[j] == 0)    break;
        }
    }
}

int get(int x, int p)
{
    int s = 0;
    while(x) {
        s += x / p;
        x /= p;
    }
    return s;
}

void multi(vector<int> &a, int b)
{
    int t = 0;
    for(int i = 0; i < a.size(); i++) {
        t = a[i] * b + t;
        a[i] = t % 10000;
        t /= 10000;
    }
    while(t) {
        a.push_back(t % 10000);
        t /= 10000;
    }
}

int main()
{
    sc("%d", &n);
    //预处理2*n内的所有质数。
    get_primes(2 * n);
    
    //按公式计算每一个质因数的个数
    for(int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i];
        power[p] = get(2 * n, p) - get(n, p) * 2;
    }
    
    //处理除去(n + 1)
    int k = n + 1;
    for(int i = 0; i < cnt && primes[i] <= k; i++) {
        int s = 0, p = primes[i];
        while(k % p == 0) {
            s++;
            k /= p;
        }
        power[p] -= s;
    }
    
    vector<int> ans;
    ans.push_back(1);
    for(int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i], s = power[p];
        for(int j = 0; j < s; j++)
            multi(ans, p);
    }
    
    pf("%d", ans[ans.size() - 1]);
    for(int i = ans.size() - 2; i >= 0; i--)  pf("%04d", ans[i]);
    puts("");
    return 0;
}