传送门
神仙计数！
我的计数真的好差啊= =
不过这个题真的神仙
看了题解把整个过程在草稿纸上重写了一遍才想明白= =（一张草稿纸就没有了！！！）
计数的关键就是在于 枚举的有效性和独立性【不能重复计数】
然后我们就来思考一下这个题
1. 确定t
我们重定义t为第一个取出的蓝球的位置
那么t的选择区间是[1,a+1] 分别对应[a+1,1]的时候取出
枚举区间：[1,a+1]
2.枚举i
取走前面的 a+1-t个 红球 和 在位置t的 1个 蓝球（根据第一步的定义）
这个时候总共取出了 a-t+2个 球 还没有取的有 b-1个 蓝球 和 t-1个 红球
我们发现现在红球和蓝球可以任意排列 因为t所在的位置开始全部都是蓝球 而1开始全部都是红球
这样计数不会重复因为最开始枚举的t保证了前面取出的已经不同
此时我们枚举i表示取走的蓝球数量
我们的可以任取几个球呢？ 答案是 b-1个 因为t所在的位置在球数<t的时候就失效了 所以 b+t-2-(t-1)=b-1
所以i的枚举区间是[0,b-1]
这时候的贡献 : C(i,b-1)
考虑现在剩下的球的个数 有 t-1-i个 红球 和 i个蓝球
3.确定s
这时候我们的t已经失效了 并且已知了前面的互不相同的序列
s的枚举范围与t类似 这个时候s表示现在开始第一个取蓝球的位置
和第一步同理 表示先取 t-i-s个 红球再取 1个 蓝球
枚举区间：[1,t-i]
4.枚举j
考虑此时剩下了 s-1个 红球 和 i-1个 蓝球
此时位置s开始全是蓝球 1位置全是红球 又可以任选啦=v=
我们考虑枚举j表示 取出 j个 红球 和 i-1-j个 蓝球
这个的贡献就是：C(j,i-1)
枚举区间对应的是[0,min(s-1,i-1)]
于是我们现在按照这个做得到了一个
接着考虑优化 首先j一定是可以对应一个前缀和的当然就是f[i-1][s-1]
s的枚举也是可以用前缀和优化掉的 就是对f进行前缀和得到sum[i-1][t-i-1]（注意细节i可以取到0所以要每次枚举t的时候++）
然后这样的话我们就得到了一个非常优秀的
这样就是可以通过的啦=v=
完结撒花~
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define inf 20021225
#define ll long long
#define N 2000
#define mdn 1000000007
using namespace std;
int f[N+10][N+10],sum[N+10][N+10],C[N+10][N+10];
void prework()
{
C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
//f[0][0]=sum[0][0]=1;
for(int i=2;i<=N+1;i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mdn;
}
for(int i=0;i<=N+1;i++)
{
f[i][0] = C[i][0];
for(int j=1;j<=N+1;j++)
f[i][j] = (f[i][j-1] + C[i][j])%mdn;
}
for(int i=0;i<=N+1;i++)
{
sum[i][0] = f[i][0];
for(int j=1;j<=N+1;j++)
sum[i][j]=(sum[i][j-1] + f[i][j])%mdn;
}
}
int a,b;
void work()
{
int ans=0;
prework();
for(int t=1;t<=a+1;t++)
{
ans++;
for(int i=1;i<=min(t-1,b-1);i++)
{
ans += (ll)C[b-1][i]*sum[i-1][t-i-1]%mdn;
ans %= mdn;
}
}
printf("%d
",ans);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&a,&b);
work();
return 0;
}