题目链接
原始题面
题目描述
我们称一个长度为 \(2n\) 的数列是有趣的，当且仅当该数列满足以下三个条件:
- 它是从 \(1 \sim 2n\) 共 \(2n\) 个整数的一个排列 \(\{a_n\}_{n=1}^{2n}\);
- 所有的奇数项满足 \(a_1<a_3< \dots < a_{2n-1}\), 所有的偶数项满足 \(a_2<a_4< \dots <a_{2n}\);
- 任意相邻的两项 \(a_{2i-1}\) 与 \(a_{2i}\) 满足: \(a_{2i-1}<a_{2i}\)
对于给定的 \(n\), 请求出有多少个不同的长度为 \(2n\) 的有趣的数列。因为最后的答案可能很大，所以只要求输出答案对 \(p\) 取模
输入输出格式
输入格式
一行两个正整数 \(n,p\)
输出格式
输出一行一个整数表示答案
输入输出样例
输入样例 #1
输出样例 #1
说明
【数据范围】
对于 \(50\%\) 的数据，\(1\le n \le 1000\);
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n \le 10^6\), \(1\le p \le 10^9\)
【样例解释】
对应的 5 个有趣的数列分别为 (1,2,3,4,5,6), (1,2,3,5,4,6), (1,3,2,4,5,6), (1,3,2,5,4,6), (1,4,2,5,3,6)
题意简述
求
\[ H_{n-1}\bmod p={ \binom{2n}{n}\over n+1}\bmod p \]
解题思路
首先筛出所有素数，然后计算答案唯一分解式的各个幂次即可
注意到 \((ab)^c=a^cb^c\), 故这些幂次可以逆序线性递推得到
复杂度
\(O(n)\)
代码参考
Show code
Luogu_P3200view raw1
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _for(i, l, r, vals...) \
for (decltype(l + r) i = (l), ##vals; i <= (r); ++i)
#define _rfor(i, r, l, vals...) \
for (decltype(r - l) i = (r), ##vals; i >= (l); --i)
const int N = 2e6 + 5, P = 1.5e5 + 5;
int prime[P], factor_prime;
int min_prime_factor[N];
void init_prime(const int &n = N - 1) {
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!min_prime_factor[i]) min_prime_factor[prime[++factor_prime] = i] = i;
for (int j = 1; j <= factor_prime && i * prime[j] <= n; ++j) {
min_prime_factor[i * prime[j]] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
i64 qpow(i64 a, i64 b, const i64 &mod) {
i64 res(1);
for (; b; b >>= 1, (a *= a) %= mod)
if (b & 1) (res *= a) %= mod;
return res;
}
int factor[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
i64 n, p;
cin >> n >> p;
_for(i, 2, n) factor[i] = -1;
_for(i, n + 2, 2 * n) factor[i] = 1;
_rfor(i, 2 * n, 2)
if (min_prime_factor[i] < i) {
factor[min_prime_factor[i]] += factor[i];
factor[i / min_prime_factor[i]] += factor[i];
}
i64 ans = 1;
_rfor(i, 2 * n, 2)
if (min_prime_factor[i] == i) (ans *= qpow(i, factor[i], p)) %= p;
cout << ans;
return 0;
}
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