題目描述

  我們稱一個長度為 \(2n\) 的數列是有趣的，當且僅當該數列滿足以下三個條件：

• 它是從 \(1\) ~ \(2n\) 共 \(2n\) 個整數的一個排列 \(a_i\)

• 所有的奇數項滿足 \(a_1<a_3<\cdots<a_{2n-1}\)，所有的偶數項滿足 \(a_2<a_4<\cdots<a_{2n}\)

• 任意相鄰的兩項 \(a_{2i-1}\) 與 \(a_{2i}\) 滿足：\(a_{2i-1}<a_{2i}\)。

  對於給定的 \(n\)，求有多少個不同的長度為 \(2n\) 的有趣的數列，答案對 \(p\)

取模。

  資料範圍：\(1\leq n\leq 10^6,1\leq p\leq 10^9\)。

分析

  由於偶數項遞增，且偶數項大於相鄰奇數項，即偶數項大於前面所有的數字，也就是說偶數項的數字大於等於偶數項的下標。

  考慮按照 \(1\) ~ \(2n\) 的順序依次放數字，可以發現每次只能放在下標最小的奇數或偶數位上，這樣才能保證數字遞增。假設當前在偶數位放置了 \(a\) 個數字，在奇數位放了 \(b\) 個數字，且 \(a>b\)，一共放了 \(x=a+b\) 個數。則 \(a>\frac{x}{2}\)，最後放置的偶數的下標為 \(2a\)，但是 \(2a>x\)

，與假設衝突，因此假設不成立。所以 在任意時刻放入偶數位的數字個數都不能超過放入奇數位的個數，這就是卡特蘭數。

  卡特蘭數通項公式：

\[\frac{\dbinom{2n}{n}}{n+1}=\frac{(n+2)\times(n+3)\times\cdots\times(2n-1)\times2n}{n!} \]

  由於模數 \(p\) 不一定是質數，所以不能直接求逆元。首先篩出 \(1\) ~ \(2n\) 中的所有質數，列舉每個質數，計算 \(cnt1\)：\(1\) ~ \(2n\) 中包含這個質因子的數的數量，\(cnt2\)：\(1\) ~ \(n+1\) 中包含這個質因子的數的數量，\(cnt3\)

：\(1\) ~ \(n\) 中包含這個質因子的數的數量。則 \(cnt1-cnt2-cnt3\) 即為答案中包含這個質因子的數的數量。

  接下來考慮如何快速分解 \(1\) ~ \(n\) 中的質因子的數量：

  如果把 \(1\) ~ \(n\) 中的每個數都分解質因數，再把結果合併，時間複雜度為 \(O(n\sqrt{n})\)。\(n!\) 中質因子 \(p\) 的個數等於 \(1\) ~ \(n\) 中每個數包含質因子 \(p\) 的個數之和。在 \(1\) ~ \(n\) 中，\(p\) 的倍數顯然有 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 個，\(p^2\) 的倍數有 \(\lfloor\frac{n}{p^2}\rfloor\) 個，\(\cdots\)。

  綜上所述，\(n!\) 中質因子 \(p\) 的個數為：

\[\Big\lfloor\frac{n}{p}\Big\rfloor+\Big\lfloor\frac{n}{p^2}\Big\rfloor+\cdots+\Big\lfloor\frac{n}{p^{\lfloor\log_p n\rfloor}}\Big\rfloor=\sum_{p^k\leq n}\Big\lfloor\frac{n}{p^k}\Big\rfloor \]

  時間複雜度 \(O(n\log n)\)。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
long long n,p;
int prime[N+10],vis[N+10],cnt;
void init()
{
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
            prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;i*prime[j]<=N&&j<=cnt;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}
long long quick_pow(long long a,long long b,long long p)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
long long divide(long long n,long long p)
{
    long long ans=0;
    while(n)
    {
        ans=ans+n/p;
        n=n/p;
    }
    return ans;
}
int num[N];
int main()
{
    init();
    cin>>n>>p;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        num[i]=divide(2*n,prime[i])-divide(n+1,prime[i])-divide(n,prime[i]);
    long long ans=1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        ans=ans*quick_pow(prime[i],num[i],p)%p;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}