卡特兰数 pufer序列 bsgs

卡特兰数

卡特兰数

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440......

设$h(n)$为$catalan$数的第$n$项

$h(0)=1$,$h(1)=1$

$h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)*h(0) (n≥2)$

$h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1)$

$h(n)=C(2n,n)/(n+1)$.................(1)

$h(n)=C(2n,n) - C(2n,n-1)$..................(2)

用图比较好理解

卡特兰数有一个很重要的意义就是：
$C_n$表示所有在$n×n$格点中不越过对角线的单调路径的个数（只向上向右走）

不考虑不越过对角线这个条件，有$C_{2n}^n$种方案，对每个越过对角线的不合法方案，一定经过$y=x+1$这条直线，从路径与该直线的第一个交点处开始，剩余路径进行镜像处理（关于直线对称），终点一定是$(n,n)$关于直线的对称点$(n-1,n+1)$每一条$(0,0)->(n-1,n+1)$的路径，对应一条计数的非法路径，所以合法路径数为

$C_{2n}^n-c_{2n}^{n-1}$

得到公式$(2)$，展开通分整理得到$(1)$

例题

网格

用类似卡特兰数证明得到答案为

$C_{n+m}^n-C_{n+m}^{n+1}$

展开整理

$(n+m)!*(n-m+1)/(n+1)!m!$

分解质因数约分，然后高精乘统计答案

有趣的数列

可以看成将长度为$2n$的排列分成两个排列，那么一共有$C_{2n}^n$种

考虑条件3，偶数位里面一个偶数要比前面的偶数位大，而这些数位又比和他们对应的奇数位大，所以我们可以得到：

对于任意偶数位，这里放的数都大于前面的所有数

换句话说，就算前面所有位置都放尽可能小的数，这个位置最小也就只能放跟它下标一样大的数了（位置4只能放大于等于4的值）

我们转换一下题意，变成1~2n一次放入这个数列里，对于每次放的数要么放在最前的奇数位，要么放在最前的偶数位。

联系前面的结论，我们可以知道：一个数列如果有偶数个数多于奇数个数的情况，就不可能满足条件了

放一个偶数看作坐标系中向上走一步，放一个奇数看作向右，可以得到卡特兰数

树屋阶梯

大佬的题解

每次放的钢块一定有一个阶梯角，考虑阶梯角在哪里的钢块覆盖了$(n,0)$，然后余下部分记录方案，可以得到卡特兰数，具体过程图解大佬的博客讲的很清楚，蒟蒻就不多说了

pufer序列

pufer序列与无根树存在对应关系

$n$个点的无根树得到的pufer序列长度为$n-2$

如果令编号小的点优先，那么pufer序列与无根树唯一对应

由无根树得到pufer序列

• 找到编号最小的叶节点，将他的父亲加入pufer序列，删除该节点

• 重复操作至剩余两个节点

pufer序列转无根树

• 取出prufer序列最前面的元素x

• 取出在点集中的、且当前不在prufer序列中的最小元素y

• 在x,y之间连接一条边

• 最后在点集中剩下的两个点中连一条边

性质：

1. pufer序列与无根树一一对应

2. 度数为k的点在pufer序列中出现k-1次

3. 一个n个点的完全图的生成树的个数为$n^{n-2}$

对于一个n个点的无根树，它的prufer序列长为n−2，而每个位置有n种可能性，因此可能的prufer序列有$n^{n-2}$种,prufer序列与无根树一一对应，因此生成树个数$n^{n-2}$

4. 对于给定度数为$d_{1\sim n}$的一棵无根树共有$\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n(d_i-1)!}$种情况。

$(1)$由上面的性质可以知道，度数为$d_i$的节点会在$prufer$序列中出现$d_{i-1}$次

则就是要求出$d_{i-1}$个$i(1\le i\le n)$的全排列个数。

而上面那个式子就是可重全排列公式。（即全排列个数除以重复元素内部的全排列个数）

(2)另一种理解方式

有$n-2$个位置，要放$n$个数，数$i$要占$d[i]-1$个位置

这就变成了一个简单的组合数问题，$ans = \prod_{i=1}^nC_{d[i] - 1} ^ {sum}$其中sum为剩余的位置数

树的计数

套用公式，注意

1. 边乘边除/高精/组合数/python
2. 判无解

明明的疑惑

我真是太疑惑了，高精乘进位写成$+=$调了半天没想到高精出锅了。。

设

$sum=\sum_{i=1}^nd[i]-1(d[i]!=-1)$

$cnt=\sum_{i=1}^n(d[i]!=-1)$

如果$d[i]==0$或者$sum>n-2$显然不合法，直接判无解

因为$pufer$序列与无根树一一对应，考虑能生成多少序列

有度的点在序列中占用了$sum$个位置，有$C_{n-2}^{sum}$种选法

又有每个点的度数要求，就是知道了每个点在序列中的出现次数，那么对这些点可能的排列有$\frac {sum!} { \Pi_{i=1}^n(d[i]-1)!}(d[i]!=-1)$

序列剩下$n-2-sum$个位置，每个位置都是$n-cnt$种选择有$(n-cnt)^{n-2-sum}$种

最后的式子是
$C_{n-2}^{sum}\frac {sum!} { \Pi_{i=1}^n(d[i]-1)!}(n-cnt)^{n-2-sum}(d[i]!=-1)$

展开化简得$\frac {(n-2)!} { \Pi_{i=1}^n(d[i]-1)!(n-2-sum)!}(n-cnt)^{n-2-sum}(d[i]!=-1)$

BSGS(基础)

大步小步算法，常用于解决离散对数问题

即求解$a^x\equiv b(mod\;p)(a\perp p)$其中方程的解满足$0 \leq x < p$

设$x=A \lceil \sqrt p \rceil \ -B$

其中$A,B \in [0,\lceil \sqrt p \rceil]$

有

$a^{A \lceil \sqrt p \rceil -B}\equiv b(mod\;p)$

变形

$a^{A \lceil \sqrt p \rceil }\equiv b*a^B(mod\;p)$

枚举$B$计算$b*a^B$,用$map/hash$存一下

再枚举$A$计算$a^{A \lceil \sqrt p \rceil }$在$hash/map$查找对应值

解为$x=A \lceil \sqrt p \rceil \ -B$

如果没有找到则无解

时间复杂度枚举$A,B$均为$\sqrt p$所以总复杂度$O(\sqrt p)$使用$map$会多一个$log$

随机数生成器

推式子

$x_2=(ax_1+b)\%p$

$x_3=(ax_2+b)\%p=(a^2x_1+ab+b)\%p$

$x_4=(ax_3+b)\%p=(a^3x_1+a^2b+ab+b)\%p$

$x_i=(ax_{i-1}+b)\%p=(a^{i-1}x_1+b\sum_{j=0}^{i-2}a^j)\%p$

设

$S=\sum_{j=0}^{i-2}a^j$

$aS=\sum_{j=1}^{i-1}a^j$

$(a-1)S=a^{i-1}-1$

$S=(a^{i-1}-1)/(a-1)$

$x_i=(a^{i-1}x_1+b(a^{i-1}-1)/(a-1))\%p$

问题转化为

判断

$t\equiv (a^{i-1}x_1+b(a^{i-1}-1)/(a-1))(mod\;p)$

是否有解

移项整理，求一下逆元，然后就是裸的$bsgs$

注意在$a=1$时是个不定方程，扩欧解决，$a=0$直接特判

计算器

裸题

Discrete Logging

裸题

Matrix

同样的方法，写个矩阵哈希就行了，可以写两个防止挂掉