AGC053C

先考虑两个牌堆固定了的话，最小操作次数是什么。
不妨假设两个牌堆为 $A,B$，并且 $2n$ 在牌堆 $B$ 中，则最后的目标是将 $A$ 删空。
结论：设 $d=\max\limits_{i=1}^{n}\min\left\{j-i\mid A_i\lt B_j\right\}$，则答案为 $n+d$。
证明：首先答案显然不小于 $n+d$，因为在删去 $A_i$ 之前一定要把 $B_i,B_{i+1},\cdots,B_{j-1}$ 删去，现在来证明可以取到 $n+d$。
若当前 $d\gt 0$，选择最小的 $i$ 使得 $\min\left\{j-i\mid A_i\lt B_j\right\}=d$ 然后将 $B_i$ 删掉，发现这样能使 $d\gets d-1$。否则若当前 $d=0$，选择最大的 $i$ 使得 $A_i\lt B_i$，将 $A_i$ 删去。
考虑设 $p(d)$ 表示答案不大于 $n+d$ 的概率，则答案为 $2n-\sum_{d=0}^{n-1}p(d)$。
考虑计算 $p(d)$，要求满足的条件即为对于所有的 $i$，$B_1,B_2,\cdots,B_{\min(n,i+d)}$ 至少有一个大于 $A_i$。
考虑依次填入 $A_n,A_{n-1},\cdots,A_{n-d+1}$，然后轮流填入 $B_{n-i},A_{n-d-i}$，最后填入 $B_d,B_{d-1},\cdots,B_{1}$。
为什么这样填，因为这样构造之后每次填 $A$ 只要满足不填入当前最大值即可，而填 $B$ 则没有任何限制。
综上所述：$p(d)=2\prod\limits_{i=1}^{n-d}\dfrac{2i+d-1}{2i+d}\prod\limits_{i=n-d+1}^{n}\dfrac{n+i-1}{n+i}=\dfrac{(d+1)\times (d+3)\times \cdots \times (2n-d-1)}{n(d+2)\times (d+4)\times \cdots \times (2n-d-2)}$。
简单预处理前缀积和逆元即可。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000005, mod = 1e9 + 7;
int n, ans;
int fac[N], inv[N];

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

void init(int n) {
	fac[0] = fac[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 2] * i % mod;
	inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	inv[n - 1] = qpow(fac[n - 1], mod - 2);
	for (int i = n; i >= 2; --i) inv[i - 2] = 1ll * inv[i] * i % mod;
}

int main() {
	scanf("%d", &n), init(n * 2);
	ans = 1ll * fac[n * 2 - 1] * inv[n * 2 - 2] % mod;
	for (int d = 1; d < n; ++d) add(ans, 1ll * fac[n * 2 - d - 1] * inv[d - 1] % mod * inv[n * 2 - d - 2] % mod * fac[d] % mod);
	ans = n * 2 - 1ll * ans * qpow(n, mod - 2) % mod;
	if (ans < 0) ans += mod;
	printf("%d", ans);
	return 0;
}