当时感觉很难的题，现在来做还是很简单

我们知道包含 N 个元素的堆可以看成是一棵包含 N 个节点的完全二叉树。 
每个节点有一个权值。对于小根堆来说，父节点的权值一定小于其子节点的权值。
假设 N 个节点的权值分别是 1~N，你能求出一共有多少种不同的小根堆吗？

例如对于 N=4 有如下 3 种：

1
/ \
2 3
/
4

1
/ \
3 2
/
4

1
/ \
2 4
/
3
由于数量可能超过整型范围，你只需要输出结果除以 1000000009 的余数。

【输入格式】 一个整数 N。
对于 40% 的数据，1 <= N <= 1000 
对于 70% 的数据，1 <= N <= 10000 
对于 100% 的数据，1 <= N <= 100000

【输出格式】 一个整数表示答案。

【输入样例】 4

【输出样例】 3

资源约定： 峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU 消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。 不要使用 package 语句。不要使用 jdk1.7 及以上版本的特性。
主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。

思路：假设d[i]是以完全二叉树i号位置为根结点的二叉子堆个数，则考虑我们现在需要把n个点放入这个完全二叉树里，显然根节点已经被确定，只能放最小的，然后假设左子树的节点个数为lsize，则我们需要从n-1个节点中选出lsize个节点放入左子树，选法一共组合数C(n-1,lsize)种，剩余的放在右子树中，所以d[i]=C(n-1,lsize)*d[i的左儿子]*d[i的右儿子]；

注意：求组合数需要用快速幂，乘法逆元的知识。以i为根节点个数可以先用动态规划算出来，s[i]=s[i的左儿子]+s[i的右儿子];

求阶乘逆元O（nlongn），动态规划O（n）；

所以此算法的时间复杂度O(nlongn),在本题最大数据10^5下，具有时间可行性；

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define _for(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define _unfor(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define mset(a,val,n) for(int i=0;i<n;i++)a[i]=val;

using namespace std;
typedef long long LL;
LL d[100005],s[100005],mod=1000000009;
LL f[100005],inv[100005],n;
LL C(LL n,LL m){
    return f[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
LL qpow(LL a,LL n){
    if(!n||a==1)return 1;
    LL x=qpow(a,n/2);
    return n%2?(x*x%mod*a%mod):(x*x%mod);
}
int main(){
    cin>>n;
    f[0]=1;
    _for(i,1,100005){
        f[i]=f[i-1]*i%mod;
        inv[i]=qpow(f[i],mod-2);
    }
    _unfor(i,n,1)
        s[i]=(i*2<=n?s[i*2]:0)+((i*2+1)<=n?s[i*2+1]:0)+1; //c[i]<=n所以不用取余
    //初始化子树节点个数
    mset(d,1,n+5);
    _unfor(i,n,1)if(i*2+1<=n)
        d[i]= ((C(s[i]-1,s[i*2+1])*d[i*2])%mod*d[i*2+1])%mod;
    cout<< d[1]<<endl;
}