洛谷上很多省选题都没有题解，不得不找
bzoj的题解
概述
50%
使用递推，在$\mathcal O(n^2)$的时间内得到答案，不过我没写对。
正解
通过暴力或者上述方法，打印出较小的答案，可能会发现规律。实际上这题就是求Catalan数(n-2)，有很多理解方式，常见的求法有三种（参见百度百科 ）：
- $f_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f_i*f_{n-i-1}$ ，不能使用这个公式，因为也需要$\mathcal O(n^2)$
- $f_n=f_{n-1}*\frac{4n-2}{n+1}$ ，我本来以为可以用的，但是由于$p$不一定是一个质数，因此无法计算逆元以进行除法运算
- $f_n=\frac{\mathcal C_{2n}^{n}}{n+1}$ ，这是可用的公式
如果不熟悉组合数的求法，可以做一下计算系数 ，总结中给出代码。
其中$\frac{\mathcal C_{2n}^{n}}{n+1}=\frac{\prod\limits_{i=n+2}^{2n}i}{\prod\limits_{i=1}^ni}$，我们需要把所有$2n$之内的质数筛出来，同时得到每个数最小的质因数（欧拉线性筛法），进行约分再使用快速幂1得出结果。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000005;
//注意是2*n
int mp[N], p[N / 10], cnt[N], r;
//mp[]表示每个数最小的质因数，p[]表示质数表，cnt[]用于计算指数，r为取模数
int qpow(int a, int b)
//快速幂：计算a^b%r
{
int ans = 1;
do
{
if (b & 1)
ans = (long long)ans * a % r;
a = (long long)a * a % r;
} while (b /= 2);
return ans;
}
int main()
{
int n;
cin >> n >> r;
int pn = 0;
for (int i = 2; i <= 2 * n; i++)
{
if (!mp[i])
{
p[++pn] = i;
mp[i] = i;
}
for (int j = 1; j <= pn && i * p[j] <= 2 * n; j++)
{
mp[i * p[j]] = p[j];
if (i % p[j] == 0)
break;
}
}
//欧拉线性筛法
for (int i = 1; i <= n; i++)
cnt[i] = -1;
//需要除以分母
for (int i = n + 2; i <= 2 * n; i++)
cnt[i] = 1;
//乘以分子
for (int i = 2 * n; i > 1; i--)
if (mp[i] < i)
//如果是合数，向下传递，可以保证O(n)
{
cnt[mp[i]] += cnt[i];
cnt[i / mp[i]] += cnt[i];
}
int ans = 1;
for (int i = 2; i <= 2 * n; i++)
if (mp[i] == i)
//如果是质数计入答案，合数已经处理过了
ans = (long long)ans * qpow(i, cnt[i]) % r;
//防止中间过程溢出
cout << ans << endl;
return 0;
}
总结
组合数相关
这题需要求组合数，我总结了一下我知道的组合数取模的求法（P1313模板）：
- 使用杨辉三角$\mathcal C_n^0=\mathcal C_n^n=1$ ，$\mathcal C_n^i=\mathcal C_{n-1}^i+\mathcal C_{n-1}^{i-1}$ 代码见这里
- 当$p$是质数时可以得出$a$的逆元为$a^{p-2}$ ，$\mathcal C_n^0=1$ ，$\mathcal C_n^i=\mathcal C_n^{i-1}\frac{k-i+1}{i}$ 代码见这里
- 当$p$不是质数时只能用上述方法，筛出质数并约分代码见这里
应该不需要解释吧
时间复杂度分析
在添加数时，也可以先把这个数分解，但应该会降低效率.
而我用的方法筛质数、添加数、向下传递都是$\mathcal O(n)$的，最后一步为$\pi(n)\log n$2，而$\pi(n)\sim\frac{n}{\ln n}$ ，因此也近似于$\mathcal O(n)$ .