P1044 NOIP 2003 普及组 栈
题目背景
栈是计算机中经典的数据结构，简单的说，栈就是限制在一端进行插入删除操作的线性表。
栈有两种最重要的操作，即 pop（从栈顶弹出一个元素）和 push（将一个元素进栈）。
栈的重要性不言自明，任何一门数据结构的课程都会介绍栈。宁宁同学在复习栈的基本概念时，想到了一个书上没有讲过的问题，而他自己无法给出答案，所以需要你的帮忙。
题目描述
宁宁考虑的是这样一个问题：一个操作数序列， 1 , 2 , ... , n 1,2,\ldots ,n 1,2,...,n（图示为 1 到 3 的情况），栈 A 的深度大于 n n n。
现在可以进行两种操作，
- 将一个数，从操作数序列的头端移到栈的头端（对应数据结构栈的 push 操作）
- 将一个数，从栈的头端移到输出序列的尾端（对应数据结构栈的 pop 操作）
使用这两种操作，由一个操作数序列就可以得到一系列的输出序列，下图所示为由 1 2 3 生成序列 2 3 1 的过程。
（原始状态如上图所示）
你的程序将对给定的 n n n，计算并输出由操作数序列 1 , 2 , ... , n 1,2,\ldots,n 1,2,...,n 经过操作可能得到的输出序列的总数。
输入格式
输入文件只含一个整数 n n n（ 1 ≤ n ≤ 18 1 \leq n \leq 18 1≤n≤18）。
输出格式
输出文件只有一行，即可能输出序列的总数目。
输入输出样例 #1
输入 #1
3输出 #1
5说明/提示
【题目来源】
NOIP 2003 普及组第三题
题解
com为四种计算公式，均可通过
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod =1e9+7;
typedef long long ll;
int n;
ll inv[N];
ll fac[N];
ll inv2[N];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
ll res=1;
for(;b;b>>=1)
{
if(b&1)res = (res*a)%p;
a = (a*a)%p;
}
return res;
}
ll c(ll n,ll m)
{
return (fac[n]*inv[n-m])%mod*inv[m]%mod;
}
void build1(int n)
{
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
}
inv[n]=qpow(fac[n],mod-2,mod);
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;
}
}
void build2(int n)
{
inv2[1]=1;
for(int i=2;i<=n+1;i++)
{
inv2[i]=mod-inv2[mod%i]*(mod/i)%mod;
}
}
ll com1(int n)
{
build1(2*n);
return c(2*n,n)*qpow(n+1,mod-2,mod)%mod;
}
ll com2(int n)
{
build1(2*n);
return (c(2*n,n)-c(2*n,n-1)+mod)%mod;
}
ll com3(int n)
{
build2(n);
vector<ll>f(n+1);
f[0]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
f[i]=f[i-1]*(4*i-2)%mod*inv2[i+1]%mod;
}
return f[n];
}
ll com4(int n)
{
vector<ll>f(n+1);
f[0]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int l=0,r=i-1;l<i;l++,r--)
{
f[i]=(f[i]+f[l]*f[r]%mod)%mod;
}
}
return f[n];
}
void solve()
{
cin>>n;
ll res=com2(n);
cout<<res<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t=1;
// cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}