卡特蘭數之括號匹配數問題（HDU5673）

摘抄百度百科：
卡特蘭數又稱卡塔蘭數，英文名Catalan number，是組合數學中一個常出現在各種計數問題中出現的數列。由以比利時的數學家歐仁·查理·卡塔蘭 (1814–1894)命名，其前幾項爲 : $1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...$
令$h(0)=1,h(1)=1$
卡特蘭數滿足：$h(n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}h(i)\cdot h(n-i-1)$
這個形式往往是我們運用卡特蘭數的精髓，通常化成這樣的遞推式，就可以運用卡特蘭數的另類公式解題了
另類公式：
$h(n)=\frac{C(2n,n)}{n+1}=C(2n,n)-C(2n,n+1)$
題意（HDU5673）：機器人從原點開始走，每一步可以選擇不走，向左一步或向右一步，再原點時不能向右走，問走n步後回到原點的方案數是多少。
本題題解：
機器人要麼向左要麼向右或者不動，向左的次數肯定等於向右的次數，設向左的次數爲$i$次，則向右的次數也爲$i$次，不動的次數就爲$n-2\cdot i$,則不動的選擇爲$C(n,n-2\cdot i)$
現在剔除了不動點，剩下的都是要動的，分別爲向左$i$次和向右$i$次，因爲在原點時只能向右，所以從第一步開始,每一步累積的向左次數不能超過向右次數，否則就到原點左邊了
把向右走一步看成添加一個左括號，向左走看成添加一個右括號，則問題變成了，有$i$對括號的合法括號序列爲多少個

設$h(n)$爲有$n$對括號的合法括號序列數，因爲每一個左括號唯一對應一個右括號，所以我們從左括號對應第幾個右括號枚舉起，如對應第一個右括號，則左邊$()$括號內還有0對括號，相當於$h(0)$，右邊剩下$n-1$對合法括號序列,相當於$h(n-1)$
所以當一個左括號對應第一個右括號時有$h(0)\cdot h(n-1)$個合法序列。
當第一個左括號對應第二個右括號時，左邊$()$內還有一對括號的合法序列，所以爲$h(1)$，右邊還剩$n-2$對括號，所以是$h(n-2)$
所以當一個左括號對應第二個右括號時有$h(1)\cdot h(n-2)$個合法序列。
後面枚舉是一樣的，可以發現這是一個遞推式，而且跟卡特蘭數的遞推式一模一樣。
所以有$n-2i$個不動點的合法情況是$C(n,n-2\cdot i)\cdot h(i)$
答案即爲$\sum\limits_{i=0}^{n/2}C(n,n-2\cdot i)h(i)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
const int MX=2e6+7;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int p[MX],k[MX];
ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){for(ll ans=1;;a=a*a%MOD,b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%MOD;if(!b)return ans;}}
ll inv(ll a,ll MOD=mod){return qpow(a,MOD-2,MOD);}
ll __gcm(ll a,ll b){return a*b/__gcd(a,b);}
ll A[MX],B[MX],C[MX];
int main()
{
  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
  A[1]=1;
  A[0]=1;
  B[0]=1;
  B[1]=1;
  rep(i,2,MX-1)
  {
      A[i]=A[i-1]*i%mod;
      B[i]=inv(A[i])%mod;
      C[i]=B[i]*B[i]%mod*inv(i+1)%mod;
  }
  C[1]=inv(2);
  int T;
  cin>>T;
  while(T--){
    int n;
    cin>>n;
    ll sum=1;
    ll res=0;
    for(int i=1;i<=n/2;i++)
    {
        res=res+C[i]*B[n-2*i]%mod;
        if(res>=mod)res-=mod;
    }
    sum=sum+res*A[n]%mod;
    cout<<sum%mod<<endl;
  }
}