【4.13 提高班小记】单位根&&杂题

单位根

举例来说，我们想计算下面这个式子的值：

$$\sum_i {n\choose 2i}$$

那么，我们构造二项式：

$$(1+x)^n=\sum_{i\ge 0}{n\choose i}x^i$$

带入 $x=1$ 和 $x=-1$，我们得到：

$$2^n=\sum_{i\ge 0}{n\choose i}\\ (1-1)^n=\sum_{i\ge 0}(-1)^i {n\choose i}\\ $$
把这两个式子加起来：
$$2^n=2\sum_{i\ge 0}{n\choose 2i}$$
由此可以得到：
$$\sum_i {n\choose 2i}=2^{n-1}$$

那么，一个类似的问题就是，如果想计算：

$$\sum_{i}{n\choose 3i}$$
应该怎么办呢？

在实数域上，你找不到一个和 +/- 1 有一样好的性质的数来帮你反演。

单位根

$x^n-1=0$ 的解 $w$ 称为一个 $n$ 次单位根。

对于一个单位根 $w$，如果 $n$ 是使得 $w^n-1=0$ 成立的最小正整数，那么 $w$ 称为一个 $n$ 次本原单位根。

Remarks：如果在复平面上看，单位根均匀地分布在单位圆上，设第一象限第一个单位根为 $w$，那么其他的单位根都可以写为 $w^i$ 的形式。如果 $(i,n)=d$，那么 $w^{i(n/d)}=w^{n}=1$ ，而 $n/d$ 是比 $n$ 更小的一个正整数，所以 $w^i$ 不是n次本原单位根。

性质：

$$\forall k, \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w^{ki}=[n|k]$$
证明：

如果 $n|k$ ，那么是 $n$ 个 1 加起来。

否则它是等比数列求和，值为：

$$\frac{1}{n}\frac{w^{nk}-w^{0}}{w^k-1}=0$$
Remarks：当 n 是偶数的时候，这是 $w^i$ 和 $w^{i+n/2}$ 相互消掉的过程。

回到上一个话题，想计算：

$$\sum_{i\ge 0}{n\choose 3i}$$
那么，令 $w$ 为一个 3 次本原多项式，构造多项式：
$$f(x)=(1+x)^n$$

$$f(w)=\sum_{i\ge 0}{n\choose i}w^i\\ f(w^2)=\sum_{i\ge 0}{n\choose i}w^{2i}\\ f(1)=\sum_{i\ge 0}{n\choose i}w^{{3i}}\\ $$

考虑 $f(1)+f(w)+f(w^2)$ ，我们发现，对于 ${n\choose i}$ 来说，它的系数是：

$$w^{i}+w^{2i}+w^{3i}=3\times [3|i]$$
所以， $\frac{1}{3}(f(1)+f(w)+f(w^2))=ans$ .

大家应该注意到，这个算法扩展性很强：

任给一个生成函数 $f(x)$，你想知道它的所有 k 倍数次项系数之和，可以转化为代入 k 个单位根，求平均值。

eg1 （bzoj 3328）

$$\sum_{i\ge 0}{n\choose ik}fib_{ik}$$

n 比较大，k 是几千左右，模数 P 下存在 k 次单位根。

单位根的求法：求出 P 的一个原根 g，g 可以认为是一个 P-1 次本原单位根，$g^{(P-1)/k}$ 就是 $k$ 次本原单位根。

Sol

设 Fib 数的转移矩阵为 $M$，构造 $(I+M)^n$ ，其中 $M^j$ 的系数恰好为 ${n\choose j}M^j$ ，（因为 I 和任意矩阵可交换，所以二项式定理适用）。把 $M^j$ 中的左上角元素取出来就是 $fib_j$ .为了只算 k 倍数，令 $f(x)=(I+xM)^n$ ，然后带入单位根求值即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
struct Ma{
    long long a[5][5];
};
int T,k,p,prime[10000],cnt;
long long n;
Ma x(Ma a,Ma b)
{
    Ma ans;
    for(int i=1;i<=2;i++)
        for(int j=1;j<=2;j++)
        {
            ans.a[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=2;k++)
                ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%p;
        }
    return ans;
}
Ma M_Pow(Ma a,long long b)
{
    Ma ans=a,base=a;
    b--;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=x(ans,base);
        base=x(base,base);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
long long Pow(int a,int b)
{
    long long ans=1,base=a%p;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*base%p;
        b>>=1;
        base=base*base%p;
    }
    return ans;
}
bool check(int g)
{
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        if(Pow(g,(p-1)/prime[i])==1) return false;
    return true;
}
int get_root(int p,int phi)
{
    for(int i=2;i<=phi;i++)
    {
        if(phi%i==0)
        {
            prime[++cnt]=i,phi/=i;
            while(phi%i==0) phi/=i;
        }
    }
    if(phi!=1) prime[++cnt]=phi;
    int g=2;
    while(g<p) 
    {
        if(check(g)) return g;
        g++;
    }
}
long long F(int x)
{
    Ma tmp;
    tmp.a[1][1]=tmp.a[1][2]=tmp.a[2][1]=x;
    tmp.a[2][2]=0;
    tmp.a[1][1]++,tmp.a[2][2]++;
    tmp=M_Pow(tmp,n);
    return (tmp.a[1][1]%p+p)%p;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        cnt=0;
        scanf("%lld%d%d",&n,&k,&p);
        int W=Pow(get_root(p,p-1),(p-1)/k);
        long long w=1,ans=0;
        for(int i=0;i<k;i++)
        {
            ans=(ans+F(w))%p;
            w=w*W%p;
        }
        ans=(ans*Pow(k,p-2)%p+p)%p;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

eg2

从 0 ~ (N-1) 中选出 K 个不同的数使得它们的和是 N 的倍数的方案数

K<=1000, N<=10^9, mod = 10^9+7

Sol

我们设：

$$f(x,y)=\prod_{i=0}^{n-1}(1+x^iy)$$
注意到 x 的次数记录了选的数的和，y 记录了个数。

问题相当于求 $y^k$ 项中，所有 n 倍数的 x 次幂 系数之和。

我们考虑用单位根反演它，带入单位根 $w$:

$$f(w, y)=\prod_{i=0}^{n-1}(1+w^iy)$$
设 $w$ 是一个 $d$ 次本原单位根 (d|n)（这里 w 会取遍所有 n 的单位根，不一定是 n 次本原，设它是 d 次本原的）
$$f(w,y)=\left(\prod_{i=0}^{d-1}(1+w^iy)\right)^{n/d}$$
这里有这样一个式子成立：
$$\prod_{i=0}^{d-1}(x-w^i)=x^d-1$$
证明：因为两边是两个 d 次多项式，并且零点/首项系数相同。

我们在两边乘上一个 $w^{XXX}$ ，可以得到 $\prod_{i=0}^{d-1}(w^ix-1)=x^d-1$ ，把公式带回原式，得到：

$$f(w,y)=\left(+/-y^d+/-1\right)^{n/d}$$
这时候算 $y^k$ 的系数就很容易了。

复杂度：我们只需要枚举所有 $n$ 的因子，有 $\phi(n/d)$ 个 $n$ 次单位根是 $d$ 次本原的。计算组合数可以暴力，复杂度很优秀。

EXT：选 K 个使得模 n 余 r 成立的方案数。

杂题

1 （51nod 1982）

考虑逐位确定，对给定的 N，从大到小枚举阶乘，然后试除，大概过程是：

for (int i = 100000; i >= 2; i--) {
    while (N % fact(i)) {
        N /= fact(i);
        ans.push(fact(i));
    }
}

注意到过程中没有加减法运算，那么我们可以用质因子分解来判整除。

我们把 1~N 里的所有质数取出来，设为 $b_1\dots b_k$，设 $n$ 的形式为：

$$n=\prod_{i} b_i^{n_i}$$
对于一个阶乘 $x!$，我们可以计算出每个质数在 $x!$ 的分解中的次数。

注意到这样一个事实：(x-1)! 相比于 x!，它只在 $O(\log x)$ 个质因子上次数发生了改变。

考虑线段树，我们对所有质数 $b_1\dots b_k$ 建线段树，线段树每个位置存值：n 的质因子分解中 $b_i$ 的次数 $n_i$，$x!$ 的分解中 $b_i$ 的次数 $x_i$，以及 $\left\lfloor\frac{n_i}{x_i}\right\rfloor$ 的值。

那么，计算 n 的分解中 $x!$ 出现了多少次，相当于询问 $[n_i/x_i]$ 的最小值。为了在 $n$ 中把 $x!$ 除掉，我们暴力即可。当从 $x!$ 向 $(x-1)!$ 枚举的时候，暴力修改 $\log x$ 个位置上的信息即可。

如果打标记，复杂度应该是 $O(n\log n\log\log n)$ . 因为只有 $x$ 能整除 $b_i$ 才会修改，实际上和埃拉托斯特尼筛法复杂度一致。

2 （51nod 1325）

枚举一个根必选，然后建两个有根树，有根树上选儿子意味着选祖先，问题转化为最大权闭合图。

如果使用点分治，可以把枚举根的复杂度降一些。

3 （52nod 1355）

公式：

$$lcm(S)=\prod_{T}gcd(T)^{-1^{|T|}}$$
它来源于：
$$\max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min{|T|}$$
Fib 数又有一个公式：
$$\gcd(f_i,f_j)=f_{\gcd(i,j)}$$
那么我们所求即为：
$$\prod_{T\subseteq S}f_{\gcd{T}}^{(-1)^{|T|}}$$
我们类比加法形式的：
$$\sum_{T\subseteq S}f(\gcd T)(-1)^{T}$$
在加法形式中，这是经典的莫比乌斯反演问题，它的一系列推导手段都可以推广到乘法上。

反演套路：找到一个 $g$ 使得：

$$\sum_{d|n}g(d)=f(n)$$
那么：
$$\begin{aligned} &=\sum_{T\subseteq S}\sum_{d|\gcd T}g(T)(-1)^{|T|}\\ &=\sum_{d} g(d)\sum_{T\subseteq S_d} (-1)^{|T|}\\ \end{aligned}$$
具体计算过程中，因为权值范围很小，正确实现的复杂度为 $O(N\log N)$ 即可通过。

4 （bzoj 4588）

我们把所有货币从小到大排序，那么它按照整除关系形成一个链。

我们考虑从前向后枚举每种硬币进行DP。

假设排好序的硬币序列是 $v_i$, 不妨设 $v_1=1$ .

我们设 $f_i(n)$ 表示用 $v_1\sim v_i$ 拼出 $n\times v_i$ 加上 $M\bmod v_i$ 的零散部分的方案数,那么:

$$f_1(n)=1$$

考虑从 $1$ 向 $2$ 的转移,首先我们知道 $M$ 对 $v_2$ 的余数 $r$ 应该由 $v_1$ 提供,除此之外,$v_1$ 的使用次数应该是 $d=v_2/v_1$ 的整倍数,设:

$$g(n)=f_1(dn+r)$$
枚举 $v_2$ 使用了多少个:
$$f_2(n)=\sum_{i\le n}g(i)$$

然后我们使用归纳法可以证明 $f_i(n)$ 是一个次数不超过 $i$ 的多项式,所以你只需要维护多项式的 (i+1) 个点值 / 系数表达 / 组合数表达 即可.

州阁筛

问题: 求 $\pi(n)$, 它表示不超过 $n$ 的素数个数, $n\le 10^{10}$ .

考虑去 DP / 筛它,我们把不超过 $\sqrt n$ 的素数取出来,设为 $p_1,p_2\dots p_k$ .

设 $f_i(n)$ 表示在 $[1,n]$ 中不被 $p_1\sim p_i$ 中任何一个整除的数的个数.

我们发现,$f_k(n)+k$ 即为所求答案.

转移:

$$f_k(n)=f_{k-1}(n)-f_{k-1}(\left\lfloor n/p_k\right\rfloor)$$
首先用 p1 ~ p[k-1] 筛,然后用 pk 筛漏掉的.

一些数论常识告诉我们,dp的第二维有用的状态只有 $\sqrt n$ 个.

直接使用这个算法进行dp,复杂度是 $O(\frac{n}{\log n})$ 并不能通过.

注意到:

当 $n<p_{i+1}$ 时,一定有 $f_{i}(n)=1$ .

当 $n<(p_{i+1})^2$ 时, $[n/p_{i+1}]<p_{i+1}$ ,所以转移式中 $f_{i+1}(n)=f_i(n)-f_i([n/p_{i+1}])=f_i(n)-1$ ,发现转移的第二项是定值.

所以我们枚举到 $p_i$ 的时候,只需要关注 $n>(p_i)^2$ 的状态的转移, $p_i\le n<(p_i)^2$ 这些状态的转移可以打懒标记,最后统一处理.

加上这个优化,复杂度可以降到 $O(\frac{n^{3/4}}{\log n})$ ,可以接受.

这是一个通用的算法,也适用于求关于素数的低阶多项式的和 (和,平方和…)

5 （51nod 1860）

问题相当于求 [a,b] 里有多少数可以由 <= P 的质数表示

进一步转化,相当于求 [1,a-1] 和 [1,b] 里由多少数可以这样表示.

如果一个数 n 可以由不超过 B 的数的乘积表示,称它为 B-smooth number ,B-光滑数

我们把 1~P 里的质数拿出来,设为 $p_1,p_2,\dots ,p_k$.

我们设 $f_i(n)$ 表示 $[1,n]$ 有多少数能表示为 $p_1,p_2\dots p_i$ 的倍数,转移:

$$f_i(n)=f_{i-1}(n)+f_i([n/p_i])$$
直接做的复杂度是 $O(P\sqrt N)$ ,能优化吗?

从转移式中看不出一些好用的性质,考虑倒着 DP.

设 $g_i(n)$ 表示 $[1,n]$ 中 $p_i,p_{i+1}\dots p_k$ 的乘积能表示的数的个数,转移:

$$g_i(n)=g_{i+1}(n)+g_i([n/p_i])$$
注意到:

当 $n<p_i$ 的时,$g_i(n)=1$.

当 $p_i\le n<(p_i)^2$ 时, $g_i(n)=g_{i+1}(n)+g_i([n/p_i])=g_{i+1}(n)+1$ .

发现了和例题中一样的性质,然后套路就行了.

Remark: 正着做的话,小质数很快的就能表示出区间里很多数,并且这些数的分布的规律可能并不好找. 倒着做的话,较大的质数表出的区间中的数比较稀疏,所以可以优化.

---

before

幂和

求

$$\sum_{i=1}^{n}i^k$$ .

Sol

三方做法：

构造一个向量 $A=(i^0, i^1, ... i^k, SUM).$

$$(i+1)^k = \sum_{t=0}^{k} {k\choose t} i^t .$$

发现可以通过 $i^0 \dots i^k$ 线性表示出 $(i+1)^k.$

所以可以构造转移矩阵

平方做法：

C(1, k) + C(2, k) + … + C(n, k) = C(n+1, k+1)

$$\sum_{i=0}^{n} {i\choose k}$$

我们把 i^k 看作一个多项式，我们可以用 ${i\choose 0} \dots {i\choose k}$ 来表示这个多项式。（它的表示系数恰好是斯特林数）。

n log n 算法

斯特林数可以使用 FFT 来预处理

线性算法

我们可以猜想，答案是一个关于 n 的 k+1 次多项式。
（ k 次多项式，给它求前缀和，可以得到一个 k+1 次多项式）。

给定一个 k 次多项式 f(x) 在 0 ~ k 处的取值 (a[0~k])，我们可以使用拉格朗日插值法，把这个多项式算出来。

代数上的知识：给定一个多项式在 k+1 个点的取值，可以唯一决定一个 k 次多项式，所以我们只需要构造多项式 f，使得 f(i) = a[i].

类比中国剩余定理的做法，我们考虑：

$$f_i(x) = a[i] * ( (x-0)(x-1)...(x-(i-1))(x-(i+1))...(x-k) ) / ( (i-0)(i-1)...(i-(i-1))(i-(i+1))...(i-k) )$$

它的分母相当于分子带入 x=i 得到的一个式子。
它的分子相当于在 (x-0)(x-1)…(x-k) 中把 (x-i) 一项去掉

$j\neq i, f_i(j) = 0 (0<=j<=k) f_i(i) = a[i]$。

可以注意到这个 f_i(x) 是一个 k 次多项式（分子上乘了 k 个 x）

$f(x) = \sum f_i(x)$

在很多场合，题目并不需要你去计算这个多项式的系数，而是要求你把某个 f(n) 算出来（已经给你 f(0) ~ f(k)）的值。

考虑直接把 n 带入 $f_i(x)$ 求值，然后加起来即可。

注意 42 ~ 44 行的式子：

• 分母上是一个 (i-1)! 和一个 (k-i)! ，乘上若干个 -1 （O(1)算）。
• 分子上的话，考虑在 O(k) 的时间内预处理 (n-0) ~ (n-k) 的前缀积，后缀积，那么对于一个 f_i(n) 来说，就是一个前缀积和后缀积的乘积（除掉了 n-i 这一项） O(1) 算

这整个式子可以在 O(k) 计算，从而得到 f(n) 的值。

应用到这个题上，我们可以在 O(k) 的时间内计算出 0^k, 1^k… k^k ，求前缀和得到这个多项式在 0 ~ k 上的取值，然后套算法即可。

总结：当你注意到题目中让你计数的对象是一个关于 n 的 k 次多项式，就可以考虑暴力算出多项式的前 k+1 项，然后套用这个算法。

CodePlus 3 T4

T 次询问，每次求长度为 N+M 的、恰好有 N 个 -1 和 M 个 1 的序列的前缀最小值的期望
N, M <= 200000, T <= 200000

Sol

总方案数是 C(N+M, M)

求一个随即变量 X 的期望，如果 X 的取值范围是整数，我们可以枚举 i，计算 Pr(X>i) 或者 Pr(X

BBQ Hard

给定长度为 N 的数组 A[] 和 B[]
求 $\sum_i \sum_j C(A_i+A_j+B_i+B_j, A_i+A_j)$
N <= 200000, A[i], B[i] <= 2000

Sol

所求的每一项相当于从 (-A[i], -B[i]) 移动到 (A[j], B[j]) 的方案数（每一步向右或者上）。

因为 A[i], B[i] 都很小，所以可以直接做一个 4000 * 4000 的 DP。

AGC 019 F

有一个 N+M 的序列，每个位置是 0 或者 1，且恰好有 N 个 1
你需要依次猜每个位置的值，猜对得 1 分，否则不得分。
猜过一个位置，你会马上知道它的真实值
求最优策略下的得分期望
N+M <= 1e6

Sol

最优策略下，设到现在为止剩下 x 个 1 和 y 个 0，哪个多猜哪个是比较优秀的（得分概率为 $max(x,y)/(x+y)$）。

序列是随机生成的，所以你会转移到一个剩下 x 个 1 和 y 个 0 的局面的方案数为

$$\frac{{x+y\choose x}\times {N-x+M-y\choose N-x}}{{N+M\choose N}}$$

答案为 $\sum_x\sum_y\frac{{x+y\choose x}\times {N-x+M-y\choose N-x}}{{N+M\choose N}}\times \frac{\max(x,y)}{x+y}$，但是这个式子的枚举量是 O(N^2) 的。

我们枚举 len=(x+y)，计算倒数第 len 次猜的时候会得分的概率。

• 定义一个局面（或者说一个状态）是被 0 支配的，当且仅当这 len 个数里 0 比 1 多（这时候，max(x,y) 中取 y）
• 定义一个局面是被 1 支配的，当且仅当这 len 个数里 1 的个数大于等于 0（这时候，max(x,y) 中取 x）

我们从小到大枚举 len，从 len 到 len+1 的时候，绝大多数的序列被支配关系是不变的。

所以我们设几个变量，分别表示被 0 支配的序列的个数/产生的贡献和，被 1 支配的序列的个数/产生的贡献和。

从 len 转移到 len+1 的时候，只需要特殊处理被支配关系发生转变的序列（这一部分的计算不需要枚举任何东西，因为只有 0 和 1 的个数差不超过 1 的序列需要考虑）。

具体细节可以参见 AC 代码。

数论基础

• 整数、同余、最大公约数与最小公倍数
• 裴蜀定理，一次不定方程，中国剩余定理

裴蜀定理

形如 ax+by = c 的方程称为二元一次不定方程。

不定方程：限定了未知数只能取整数。

使得 ax+by=d 有解的、最小的正整数 d 恰好是 gcd(a,b)。
这里 x 和 y 是未知数。

ax+by=gcd(a,b) 一定有解，它的解可以通过扩展欧几里得算法找出来。

HAOI 外星人

Sol

对于一个 N，求欧拉函数 phi(N) 的过程：

• 令 ans = N
• 枚举 N 的每种质因子 p，令 ans = ans / p * (p - 1)

注意到：

• 对于 N 的一个质因子 p > 2，ans / p * (p - 1) 虽然消掉了一个 p，但是带来了几个更小的质因子。这个过程会持续下去，直到变成一个 2，然后 ans / 2 可以消掉一个质因子 2 而不产生任何新的质因子。
• 除了 N 是奇数的第一次取 phi，每一次一定会消掉一个 2。

所以我们只需要数一下有多少个 2 需要消掉即可。

威尔逊定理

我们从多项式的观点看，费马小定理告诉我们：

$$\forall {1\le x\le P-1},x^{P-1}-1\equiv 0\pmod P$$
那么我们知道， $1\sim P-1$ 都是 $x^{P-1}-1$ 的根（在 mod P 下）。又因为 $x^{P-1}-1$ 是一个首项为 1 的 P-1 次多项式，所以有：
$$x^{P-1}-1\equiv (x-1)(x-2)\dots(x-P+1)\pmod P$$

比较两个多项式的系数，由此得到威尔逊定理：

$$(P-1)!\equiv -1\pmod P$$
另外一个结论：对于一个给定的质数 $P$ ，我们定义 $f(k)$ 表示从 $1\sim P-1$ 中选 $k$ 个不同的数求乘积，所有选法的乘积之和（在模 P 意义下）那么有：
$$f(P-1)=-1\pmod P\\ \forall {1\le i<P-1}, f(i)\equiv 0 \pmod P$$
证明：考虑 $\prod_{1\le i\le P-1}(x-i)$ 的 $k$ 次项系数。

CC Feb / Jan

给定N，定义 f(K) 为从 [1,N] 中选K个不同的整数求乘积，不同的选法的乘积之和

给定R，求 [1,R] 中有多少f(K)是给定质数P的倍数

Sol

问题相当于求 $\prod_{1\le i\le N}(x-i)$ 在 $[1,R]$ 中有多少项为 0（或者说有多少项非 0）。

设 $N=aP+b$，那么原式可以写为：

$$x^a\left(\prod_{1\le i\le P-1}(x-i)\right)^a\prod_{1\le i\le b}(x-i)$$
因为 $\prod_{1\le i\le P-1}(x-i)$ 等于 $x^{P-1}-1$，所以上式可以写成：
$$x^a\left(x^{P-1}-1\right)^a\prod_{1\le i\le b}(x-i)$$
不妨设 $b<P-1$，否则右边又能凑出一个 $x^{P-1}-1$。

注意到上式左边只有 $P-1$ 的整倍数有值，而右边是一个次数为 $b<P-1$ 的多项式，所以右边乘到左边相当于把左边每个系数“复制”了若干份。

右边的多项式可以使用分治 FFT 展开计算，左边的式子可以用 Lucas 定理统计有多少非 0 项，然后两边结合即可。

Catalan 数

Catalan 数定义：满足递推公式

$$h_0=1\\ h_n=\sum_{0\le i<n}h_i\cdot h_{n-i-1}\\ $$
的数列 $\{h_n\}$。

推导方法

生成函数方法

设它的生成函数为 $C(x)$，它满足：

$$C(x)=xC(x)^2+1\\ $$
解得：
$$C(x)=\frac{1-\sqrt {1-4x}}{2x}$$
使用二项式定理展开 $\sqrt{1-4x}$：
$$\begin{align} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=\sum_{i}(-4x)^i\times {1/2\choose i}\\ &=(-4x)^i\times \frac{1}{i!}\times (1/2)*(-1/2)*(-3/2)\dots\\ \end{align}$$
思路： $4^i$ 拆成 $2^i \times 2^i$，一个 $2^i$ 消掉之后分母上所有 2，一个 $2^i$ 展开成 $\frac{(2n)!!}{n!}$ (2/1 * 4/2 * 6/3 …)，从而我们可以在分子分母上构造出来 ${2n\choose n}$，注意到前面有 $i$ 个 -1，之后又有 $i-1$ 个 -1，放在一起以后每一项都是负的。

组合方法

$${2n\choose n}-{2n\choose n-1}\\ $$

组合意义

• N 条边的凸多边形三角剖分方案数
• N 个点的二叉树的形态数
• N 对括号的合法括号序列数
• 1~N 依次入栈，可能的出栈序列数

两种形式

• 维护了一个计数器，每次给他加一或者减一，不能为负/低于某个值，这一类问题常常可以用括号序计数的角度思考
• 对一个规模为N的问题计数，它可以拆成两个规模为x和 N-x-1的问题，这一类问题常可用二叉树形态计数的角度思考，配合生成函数的卷积。