2019牛客暑期多校训练营（第一场）E ABBA （DP/卡特兰数）

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知识点：卡特兰数/动态规划

法一：动态规划

由题意易知字符串的任何一个前缀都满足(cnt(A) - cnt(B) le n , cnt(B)-cnt(A)le m)

(d[i][j]) 表示前(i) 个字符，有 (j) 个(A) ，有(i-j) 个(B) 的方案数

• (d[0][0] = 1,d[2*n+2*m][n+m] 为答案)
• 当(j-(i-j)le n,(i-j)-jle m) 时，(d[i][j] = d[i-1][j] + d[i-1][j-1])

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long ll;
int n,m;
ll d[4010][2010];
int main(){
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        d[0][0] = 1;
        for(int i=1;i<=2*(n+m);i++){
            for(int j=0;j<=i && j <= (n+m);j++){
                int a = j;
                int b = i - j;
                if(a - b > n || b - a > m)continue;
                d[i][j] = (d[i-1][j] + d[i-1][j-1])%mod;
            }
        }
        printf("%lld
",d[2*(n+m)][(n+m)]);
        for(int i=1;i<=2*(n+m);i++){
            for(int j=0;j<=i && j <=(n+m);j++)
                d[i][j] = 0;
        }
    }
    return 0;
}

法二：组合数学

设(x) 为A的个数，(y)为B的个数，那么由((0,0) ightarrow (n+m,n+m))的路径上面必须满足(x-yle n,y-xle m) 两个条件。

在经典的卡特兰数路径计数问题中就有提到，详情请参考：https://oi-wiki.org/math/catalan/

将上面两个限制放在图中就是两个直线，然后求起点到终点的非降路径方案数（非降的意思是x和y不能变小），先考虑偏上的那条线（下面同理可得），如果我们有一条路径越过了(y=x+m) 这条线，那么该路径上面一定会有一个点在(y=x+m+1)这条线上。

从上图中不难看出来，这样的路径等效于从((-m-1,m+1))到((n+m,n+m)) 的路径，因为((0,0)与(-m-1,m+1)关于y=x+m+1 对称)。

又

1. ((0,0) ightarrow (n+m,n+m)) 的所有非降路径数为(C_{2n+2m}^{n+m})
2. ((-m-1,m+1) ightarrow (n+m,n+m) 的所有非降路径数为)C_{2n+2m}^{n-1}$
3. ((n+1,-n-1) ightarrow (n+m,n+m)) 的所有非降路径数位(C_{2n+2m}^{m-1})

所以总答案为(C_{2n+2m}^{n+m}-C_{2n+2m}^{n-1}-C_{2n+2m}^{m-1})

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10010;
const int p = 1e9+7;
ll jc[N],inv[N];
int n,m;
ll ksm(ll a,ll b){
    ll res = 1;
    for(;b;b >>= 1){
        if(b & 1)res = res * a % p;
        a = a * a % p;
    }
    return res;
}
ll C(int a,int b){
    return jc[a] * inv[b] % p * inv[a-b] % p;
}
int main(){
    jc[0] = inv[0] = 1;
    for(int i=1;i<=4000;i++)jc[i] = jc[i-1] * i % p,inv[i] = ksm(jc[i],p-2);
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        int s = 2*(n+m);
        printf("%lld
",(C(s,s/2) - (C(s,n-1) + C(s,m-1))%p + p) % p);
    }
    return 0;
}