AcWing 889. 满足条件的01序列

$AcWing$ $889$. 满足条件的01序列

一、题目描述

给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$，它们将按照某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列，求它们能排列成的所有序列中，能够满足任意前缀序列中 $0$ 的个数都不少于 $1$ 的个数的序列有多少个。

输出的答案对 $10^9+7$ 取模。

输入格式
共一行，包含整数 $n$。

输出格式
共一行，包含一个整数，表示答案。

数据范围
$1≤n≤10^5$

输入样例：

3

输出样例：

5

二、卡特兰数

卡特兰数（$Catalan$ $number$）是 组合数学 中一个常出现在各种 计数问题 中的 数列。

数列的前几项为：$1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862，...$

下面将会选取几个 经典的卡特兰问题，难度先易后难，带领同学们逐个击破解决，最后给出相关的解题模板。

1、进出栈序列

这是一道 最经典 的入门级卡特兰数题目，如果能把这题看懂，相信后面的题目也能迎刃而解。

题目描述
$n$ 个元素 进栈序列 为：$1，2，3，4，...，n$，则有多少种 出栈序列。

思路
我们将进栈表示为 $+1$，出栈表示为 $-1$，则 $1->3->2$ 的出栈序列可以表示为：$+1 -1, +1, +1, -1, -1$。

根据栈本身的特点，每次出栈的时候，必定之前有元素入栈，即对于每个$-1$前面都有一个$+1$ 相对应。因此，出栈序列的 所有前缀和 必然大于等于 $0$，并且 $+1$ 的数量 等于$-1$ 的数量。

接下来让我们观察一下 $n = 3$ 的一种出栈序列：$+1, -1, -1, +1, -1, +1$。序列前三项和小于 $0$，显然这是个 非法的序列 。

如果将 第一个 前缀和小于 $0$ 的前缀，即前三项元素都进行取反，就会得到：$-1, +1, +1, +1, -1, +1$。此时有 $3 + 1$ 个 $+1$ 以及 $3 - 1$ 个 $-1$。

因为这个小于 $0$ 的前缀和必然是 $-1$，且 $-1$ 比 $+1$ 多一个，取反后，$-1$ 比 $+1$ 少一个，则 $+1$ 变为 $n + 1$ 个，且 $-1$ 变为 $n - 1$ 个。进一步推广，对于 $n$个元素的每种非法出栈序列，都会对应一个含有 $n + 1$ 个 $+1$ 以及 $n - 1$个 $-1$ 的序列。

解读：

• 非法序列$A$ 满足$+1$和$-1$的数量一样,这样不好处理，需要转化
• 转化思路是将第一个 前缀和 为$-1$的前$m$项取反,得到新序列$B$
• $A$和$B$是一一对应的，求出$B$序列数量，也就是求出了$A$序列数量
• 新序列$B$中存在一个规律，就是包含$n$个元素的序列，长度应该是$2n$,存在$n+1$个$+1$,$n-1$个$-1$

$Q$:如何证明这两种序列是一一对应的？
假设非法序列为 $A$，对应的序列为 $B$。每个 $A$ 只有一个 第一个前缀和小于$0$的前缀，所以每个 $A$ 只能产生一个 $B$。而每个 $B$ 想要还原到 $A$，就需要找到 第一个前缀和大于 $0$ 的前缀，显然 $B$ 也只能产生一个 $A$。

每个 $B$ 都有 $n + 1$ 个 $+1$ 以及 $n - 1$ 个 $-1$，因此 $B$ 的数量为 $C_{2n}^{n+1}$ ，相当于在长度为 $2n$ 的序列中找到$n + 1$个位置存放 $+1$。相应的，非法序列的数量也就等于 $C_{2n}^{n+1}$。

出栈序列的总数量共有 $C_{2n}^n$ ，因此，合法的出栈序列的数量为$\large C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 。

此时我们就得到了卡特兰数的通项 $\large \frac{C_{2n}^n}{n+1}$ ，至于具体如何计算结果将会在后面进行介绍。

2、括号序列

题目描述
$n$ 对括号，则有多少种 括号匹配 的括号序列

思路

左括号看成 $+1$，右括号看成 $-1$，那么就和上题的进出栈一样，共有 $\large \frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 种序列。

3、二叉树

题目描述

$n + 1$ 个叶子节点能够构成多少种形状不同的（国际）满二叉树

（国际）满二叉树定义：如果一棵二叉树的结点要么是叶子结点，要么它有两个子结点，这样的树就是满二叉树。

思路

使用深度优先搜索这个 满二叉树，向左扩展时标记为 $+1$，向右扩展时标记为 $-1$。

由于每个非叶子节点都有两个左右子节点，所有它必然会 先向左扩展，再向右扩展。总体下来，左右扩展将会形成匹配，即变成进出栈的题型。$n + 1$个叶子结点会有 $2n$ 次扩展，构成 $\large \frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 种形状不同的满二叉树。

解读：

• 国际满二叉树与国内教材的满二叉树不一样，详细区别看 这里
• 国际满二叉树中，如果有$n+1$个叶子节点，则有$n$个非叶子节点，每个非叶子节点引出两条边，共$2n$条边
• $2n$条边，应该是先左，后右，即$+1$与$-1$和栈的那个一样，归到第一题的思路上去

4、电影购票

电影票一张 $50$ $coin$，且售票厅没有 $coin$。$m$ 个人各自持有 $50$ $coin$，$n$ 个人各自持有 $100$ $coin$。

则有多少种排队方式，可以让每个人都买到电影票。

思路

持有 $50$ $coin$ 的人每次购票时不需要找零，并且可以帮助后面持有 $100$ $coin$ 的人找零；而对于持有 $100$ $coin$ 的人每次购票时需要找零，但 $100$ $coin$ 对后面的找零没有任何作用。

因此，相当于每个持有 $100$ $coin$ 的人都需要和一个持有 $50$ $coin$ 的人进行匹配。我们将持有 $50$ $coin$ 的标记为 $+1$，持有 $100$ $coin$ 的标记为 $-1$，此时又回到了进出栈问题。

不同的是，$m$ 并一定等于 $n$，且排队序列是一种排列，需要考虑先后顺序，例如各自持有 $50$ $coin$ 的甲和乙的前后关系会造成两种不同的排队序列。所以，将会有 $(C_{m+n}^m-C_{m+n}^{m+1})*m!*n!$

第二项为什么是 $C_{m+n}^{m+1}$ ，其实很简单，我们每次把第一个前缀小于$0$ 的前缀取反后，会造成 $+1$ 多了一个而 $-1$ 少了一个。这里 $+1$ 有 $m$ 个，$-1$ 有 $n$ 个，取反后 $+1$ 变成$m + 1$个，$-1$ 变成$n - 1$个，总和不变。

三、图形化推导

华罗庚:数缺形时少直观,形少数时难入微

下图表示所有在$n×n$格点中 不越过对角线的单调路径的个数（只向上向右走）

$\large \frac{C_{2n}^n}{n+1}=C_{8}^{4} ÷ 5=(8*7*6*5)÷(5*4*3*2*1)=14$

• 不考虑不越过对角线这个条件，有$C_{2n}^{n}$种方案

  解释：联想一下上面的$-1,+1$的序列摆上，共$2n$个，然后找出$n$个位置使用$+1$

• 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$C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}$

没看懂？理解一下:

假设$n=6$:

1、方案总数

从$(0,0)$到$(6,6)$共有多少种合法走法?

因为从$(0，0)$到$(6,6)$ 共需要向上共走$6$步，向右共走$6$步，一共$12$步。

每步两种选择，向上或向右，共$2$种选择。

如果在其中某$6$个步骤中选择向上走，那么剩下的$6$个步骤就是向右走。

向上走的方案数就是$\large C_{12}^6$,向上的方案数定了，其它的步骤只能是向右的，最终的方案数是$\large C_{12}^6$ 。

2、灰线数量计算

每一条黑线，一旦越过红线的部分，都可以根据红线做轴对称，画出对称的灰线。这样，所有到$(6，6)$的黑线，都可以找到一条到$(5,7)$的灰线，换句话说，只要计算出从$(0,0)$到$(5,7)$的方案数，也就是到$(0,0)$到$(6,6)$的越红线（也就是黑线）的方案数个数,从$(0,0)$到$(5,7)$的方案数：$\large C_{12}^5$。

3、合法方案数

$C_{12}^{6} - C_{12}^{5}$

这是以$(6，6)$为例子，推广到$n$后就是 $\large C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n-1}$

四、公式推导变形

$$\large C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{(2n)!}{n! \times n!}-\frac{(2n)!}{(n+1)!\times (n-1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)}{n!\times (n+1)!}-\frac{(2n)!\times n}{n! \times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!\times (n+1)-(2n)!\times n}{n!\times (n+1)!} \\ =\frac{(2n)!}{n!\times (n+1)!}=\frac{1}{n+1}\times \frac{(2n)!}{n!\times n!} =\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

五、取模怎么办？

$\large C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n-1}= \frac{C_{2n}^{n}}{n+1} = \frac{2n \times (2n-1) \times ... \times (n+1) }{n \times (n-1) \times (n-2) \times ... \times 1} \ mod (m) \times inv(n+1)$

$= 2n \times (2n-1) \times ... \times (n+1) \times inv(n+1) \times inv(n) \times inv(n-1) \times inv(n-2) \times ... \ mod(m)$

六、总结

需要注意的是，由于卡特兰数增长速度较快，当 $n$ 等于 $17$ 时，卡特兰数将会超过 $int$ 最大值，造成溢出。对于 $C++$ 语言来说，可以使用 高精度 来计算大整数。

七、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int p = 1e9 + 7;
int n;

int qmi(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (LL)res * a % p;
        b >>= 1;
        a = (LL)a * a % p;
    }
    return res;
}

int main() {
    cin >> n;
    int res = 1;

    // ① 分子,2n*(2n-1)*(2n-2)*...*(n+1)
    for (int i = 2 * n; i > n; i--) res = (LL)res * i % p;
    // ② 分母,inv(n+1)*inv(n)*inv(n-1)*...*inv(1) %p
    for (int i = n + 1; i; i--) res = (LL)res * qmi(i, p - 2) % p;
    // 输出
    cout << res << endl;
    return 0;
}

八、牛刀小试

比如$2016$年全国三卷数学选择题压轴题让求解的就是卡特兰数，问题如下：

卡特兰数结论：

$$\large \frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

题目结果:

$$\large \frac{C_{2m}^{m}}{m+1}=\frac{C_8^4}{4+1}=\frac{70}{5}=14$$

因此选择$C$。