Catalan 数 学习心得

引 - \(C_n^m\) 的由来

一条直线上 \(m\) 个元素彼此相同，另外 \(n−m\) 个元素彼此相同，那么此时它们在直线上有 \(n!m!(n−m)!\) 种排列方式

而在直线上将这 \(n\) 个元素进行排列的方式，又等价于在 \(n\) 个位置中取 \(m\) 个位置放入其中一种元素，所以才有 \(C_n^m=\frac{n!}{m!(n−m)!}\)

Catalan数 - 黑白球问题

考虑袋子中有 n 个白球与 n 个黑球，将它们从袋子之中逐一取出，直至取完.

在取球过程中，至少有一次取出的白球多于取出的黑球的取法有多少种？

至少有一次取出的白球多于取出的黑球的取法

\(X=\{\) 在取球过程中，至少有一次取出的白球多于取出的黑球的取法 \(\}\)

将个白球和个黑球排成一列的方法

\(Y=\{\) 将 \(n+1\) 个白球和 \(n−1\) 个黑球排成一列的方法 \(\}\)

这样，对于任意取法 \(x\in X\) ，根据定义，它必然有某一时刻，首次出现取出的白球多于黑球，此时未取出的球中，黑球数比白球数多 \(1\).

将未取出的球，白球与黑球颜色互换，此时仍然总共有 \(2n\) 个球，但白球总数变成了 \(n+1\) ，黑球总数变成了 \(n−1\) ，于是就将取法 \(x\) 映射成了某个 \(y\in Y\)

所以 \(|X|=|Y|=C_{2n}^{n+1}\)

而在取球过程中，取出的白球个数永远不超过取出的黑球的取法自然是

\(C_{2n}^{n}−C_{2n}^{n+1}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^{n}\)

所以 Catalan 数的定义就是

\[\begin{align} C(n)&=C_{2n}^{n}−C_{2n}^{n+1} \\ &=\frac{1}{n+1}C_{2n}^{n} \end{align} \]

最短路线

从原点 \((0,0)\) 沿着坐标网到整点 \((m,n)\) 的最短路线共有 \(C_{n+m}^{m}=C_{n+m}^{n}\) 条

结论是很显然的

向右走一个单位相当于一个黑球，向上走一个单位相当于一个白球

我们考虑有多少条不经过对角线（除了起点和终点）的路线，这就显然等价于袋子中有 \(n\) 个白球与 \(n\) 个黑球，将它们从袋子之中逐一取出，直至取完，求取球过程中，取出的白球个数永远不超过取出的黑球的取法

添加括号

见《算法竞赛》书

完全二叉树

我们考虑有 \(n\) 个叶子的完全二叉树的个数 \(h(n)\)

实际上，它完全和上一个代数系统添加括号的问题同构

将该完全二叉树的 \(n\) 个叶子按顺序分别用 \(n\) 个标记

\(x_1,x_2,⋯,x_{n−1},x_n\)

设 \(v\) 是二叉树的一个内结点，若 \(v\) 的两个子女分别为 \(c_1\),\(c_2\) ，则将 \(v\) 改写为 \((c_1\times c_2)\)

这样由根开始，反复改写下去，直到全部改写为 \(n\) 个叶子标记的加括号乘法形式

显然这就是一种对乘法 \(x_1\times x_2\times ⋯\times x_n\) 添加括号的方法（可以省略最外层括号）

它们之间显然构成一一对应

随机游走 : SLOJ D231002B 回家

从 \(N\) 号点出发，等概率随机向左或向右移动 \(K\) 次，到原点就停止，询问最后在原点的概率。

这与最短路线的解法很像。

假设小 Z 需要 \(j\) 步回到家中，考虑逆向从家中走到小 Z 的位置

显然有 \(x=j−n\)，为偶数。

假设远离家中为 \(1\)，走进家中为 \(0\)

则一共有\(n+\frac{x}{2}\) 个 \(1\) ， \(\frac{x}{2}\) 个 \(0\) .

其第一步一定为 \(1\) ，加下来的行动中，从前到后任意位置 \(1\) 的个数必然大于等于 \(0\) 的个数（不考虑第一个 \(1\)）。

显然这类似卡特兰数，但是可选择的空间多了一个 \(m\) .

对于有 \(n+1\) 个 \(1\) , \(m\) 个 \(0\) 的上述方案（ \(n+1>m\) ），其方案数为 \(C_{n+m}^{n}−C_{n+m}^{n+1}\) .

然后照着图示解方程，将解得的

\[\begin{cases} n'&=\frac{n+i}{2}-1 \\ m&=\frac{i-n}{2} \end{cases}\]

代入原式，得 \(p_i=(C_{i-1}^{\frac{n+i}{2}-1}-C_{i-1}^{\frac{n+i}{2}})\ \div\ 2^i\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5000005
#define P 998244353
#define inv2 499122177
#define ll long long
ll n,k,fac[N],p2[N],ans,invfac[N];
ll C(ll n,ll m){
	return fac[n]*invfac[m]%P*invfac[n-m]%P;
}
int main(){
	freopen("home.in","r",stdin);
	freopen("home.out","w",stdout);
	fac[0]=fac[1]=p2[0]=invfac[1]=invfac[0]=1;
	p2[1]=inv2;
	scanf("%lld %lld",&n,&k);
	for(ll i=2;i<=k;++i){
		fac[i]=fac[i-1]*i%P;
		p2[i]=p2[i-1]*inv2%P;
		invfac[i]=(P-P/i)*invfac[P%i]%P;
	}
	for(ll i=2;i<=k;++i){
		invfac[i]=invfac[i-1]*invfac[i]%P;
	}
	for(ll i=n;i<=k;i+=2){
		ans=(ans+
			(C(i-1,(i+n-1)/2)-C(i-1,(i+n)/2)+P)
		%P*p2[i]%P
		)%P;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}