HDU3240 Counting Binary Trees （卡特兰数，拓欧求逆元）

                          Counting Binary Trees  HDU - 3240

There are 5 distinct binary trees of 3 nodes: 

Let T(n) be the number of distinct non-empty binary trees of no more than nnodes, your task is to calculate T(n) mod m.

Input

The input contains at most 10 test cases. Each case contains two integers n and m (1 <= n <= 100,000, 1 <= m <= 10 ⁹) on a single line. The input ends with n = m = 0.

Output

For each test case, print T(n) mod m.

Sample Input

3 1004 100 0

Sample Output

82

这道题的题意就是说给你一个n，问所有结点数不大于n的二叉树一共有多少种，结果模m。

想做这道题首先我们要知道一个概念，Catalan数——卡特兰数。

卡特兰数又称卡塔兰数，英文名Catalan number，是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)的名字来命名，其前几项为 : 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...

卡特兰数有四种递推关系：

h(0)=1,h(1)=1;

递推式[1] ：h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
递推式[2]  ：h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
递推式[3] ：h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推式[4] ：h(n)=c(2n,n)-c(2n,n+1)(n=0,1,2,...)

卡特兰数的典型应用：

1，括号化
矩阵连乘： P=a1×a2×a3×……×an，依据乘法结合律，不改变其顺序，只用括号表示成对的乘积，试问有几种括号化的方案？(h(n)种)

2，出栈次序
一个栈(无穷大)的进栈序列为1，2，3，…，n，有多少个不同的出栈序列?

3，凸多边形三角划分
在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。任务是键盘上输入凸多边形的边数n，求不同划分的方案数f（n）。比如当n=6时，f（6）=14。

4，给定节点组成二叉搜索树
给定N个节点，能构成多少种不同的二叉搜索树？
（能构成h（N）个）

5，n对括号正确匹配数目
给定n对括号，求括号正确配对的字符串数，例如：
0对括号：[空序列] 1种可能
1对括号：() 1种可能
2对括号：()() (()) 2种可能
3对括号：((())) ()(()) ()()() (())() (()()) 5种可能
那么问题来了，n对括号有多少种正确配对的可能呢？

以上这些问题都要用到卡特兰数，所以我们这道题自然就可以得知，这是一道前n个卡特兰数相加模m的问题。

这道题我们用递推式[2]  ：h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);，乘法求模没有问题，但是除法求模就需要用到逆元了。除数有逆元的充要条件是 gcd(a,mod)==1，也就是除数与要模的那个数互质。所以在这里我们要先把4*n-2质因数分解，（注意！此处的质因数分解分解出来的素数必须满足m%prime==0）分解出来的素数存在一个数组里并++，一直分解到它与m的因子全部互质，然后就可以直接把剩下的乘上，再把n+1也质因数分解，（这里和上面一样！）分解出来的素数如果在之前的数组里存在就--，一直分解到它与m的因子全部互质我们就可以用拓展欧几里得来求逆元，拓欧求逆元的模板如下

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)//拓展欧几里得  {if (b == 0){x = 1;y = 0;return a;}LL ans = exgcd(b, a%b, x, y);LL TT = x;x = y;y = TT - a / b*y;return ans;//ans是a，b的最大公约数  }//计算模n下a的逆，不存在返回 -1  LL inv(LL a, LL n){LL x, y;return exgcd(a, n, x, y) == 1 ? (x + n) % n : -1;}

求出逆元之后我们也就可以直接乘上了。最后我们再把素数数组里残余的素数全部也乘上，当前这一步的卡特兰数就求完了，然后只需要循环指定次数就是答案了。AC代码如下。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <vector>#include <queue>#include <map>#include <algorithm>#include <set>#include <functional>using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;const int INF = 1e9 + 5;const int MAXN = 100005;const int MOD = 1000000007;const double eps = 1e-8;const double PI = acos(-1.0);int NN, MM;int t;int num[MAXN];int prime[MAXN], primesize;LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)//拓展欧几里得  {if (b == 0){x = 1;y = 0;return a;}LL ans = exgcd(b, a%b, x, y);LL TT = x;x = y;y = TT - a / b*y;return ans;//ans是a，b的最大公约数  }//计算模n下a的逆，不存在返回 -1  LL inv(LL a, LL n){LL x, y;return exgcd(a, n, x, y) == 1 ? (x + n) % n : -1;}void solve1(LL &ans, LL x)//处理4*n-2{int i;for (i = 1; i <= primesize; i++){while (x%prime[i] == 0){x /= prime[i];num[i]++;}}ans = (ans*x) % MM;}void solve2(LL &ans, LL x)//处理n+1{int i;for (int i = 1; i <= primesize; i++){while (x%prime[i] == 0 && num[i]>0){num[i]--;x /= prime[i];}}if (x > 1){ans = (ans*inv(x, MM)) % MM;}}LL work(){LL ANS = 1;LL RES;LL sol = 1;for (int i = 2; i <= NN; i++){solve1(ANS, 4 * i - 2);solve2(ANS, i + 1);RES = ANS;for (int j = 1; j <= primesize; j++){for (int k = 0; k < num[j]; k++){RES = (RES*prime[j]) % MM;}}sol = (sol + RES) % MM;}return sol;}int main(){while (scanf("%d%d", &NN, &MM) != EOF){memset(num, 0, sizeof(num));if (NN == 0 && MM == 0)break;primesize = 0; t = MM;for (int i = 2; i*i <= t; i++)if (t%i == 0){prime[++primesize] = i;while (t%i == 0)t /= i;}if (t>1)prime[++primesize] = t;printf("%lld\n", work());}}