51nod1556 计算（默慈金数）

Problem

有一个(1*n)的矩阵，固定第一个数为(1)，其他填正整数， 且相邻数的差不能超过(1)，求方案数。

(nle 10^6)

Solution

容易发现答案是(f_n=f_{n-1}*3-g_{n})。

其中(g_i)表示从((0,0))走到((i,0))可以向上，向下向右走一格，但是只能在第一象限的方案数。

然后这个显然可以用 组合数 + 卡特兰数 推一波：$$sum_{i=1}^{frac{n}{2}}inom{n}{2i}Catalan_{i}$$但时间复杂度是(O(n^2))的。

然后去学了一发姿势，发现这个是所谓的默慈金数：

一个给定的数(n)的默慈金数是：

• 在一个圆上的(n)个点间，画出彼此不相交的弦的方案数

其中，(M(1)=1,M(2)=2)

[M(n+1)=M(n)+sum_{i=0}^{n-1}M(i)*M(n-1-i) ]

可以推导出$$M(n+1)={{(2n+3)M(n)+3nM(n-1)}over n+3}$$

[M(n)={{(2n+1)M(n-1)+(3n-3)M(n-2)}over n+2} ]

有较好英文水平姿势的同学可以参考推导极其生成函数（反正我是不可能会的），考场上我觉得只要会(O(n^2))的方法，然后只需知道它是由(n-1,n-2)推到(n)，找一下规律应该可以。。。

http://mathworld.wolfram.com/MotzkinNumber.html

http://www.docin.com/p1-964777006.html

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define F(i,a,b) for (int i = a; i <= b; i ++)

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
const int Mo = 1e9 + 7;

long long f[N], M[N], n;

int ksm(int x, int y) {
	int ans = 1;
	for (; y ; y >>= 1, x = (1ll * x * x) % Mo)
		if (y & 1)
			ans = (1ll * ans * x) % Mo;
	return ans;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	
	f[1] = 1, f[2] = 2;
	M[1] = 1, M[2] = 2;
	F(i, 3, n) {
		M[i] = ((2 * i + 1) * M[i - 1] + (3 * i - 3) * M[i - 2]) % Mo * ksm(i + 2, Mo - 2) % Mo;
		f[i] = (f[i - 1] * 3 - M[i - 2]) % Mo;
	}

	printf("%d
", (f[n] + Mo) % Mo);
}