蒟蒻__stdcall终于更新博客辣~
一下午+一晚上=一道计数题QAQ
为什么计数题都这么玄学啊QAQ
Prelude
题目链接：这里是传送门=￣ω￣=
下面我将分几个步骤讲一下这个题的做法，大家不必一次看完，可以一点一点地推进思路，希望对锻炼大家的思维能力有帮助o(￣▽￣)ブ。
Step 1
首先要看出来这是一个计数题对吧。。。
计数题有很多做法，对于这个题，我们考虑合理枚举，即不重复不遗漏地枚举所有情况，然后乘上一个组合数，并通过前缀和优化来降低复杂度。
Step 2
枚举什么东西呢？
我们考虑重新定义一下题目中的(s)和(t)。
我们定义(t)为，第一次取的蓝色球的位置，同时，为了构造出尽量多的方案，这个(t)要尽量地靠左。
举个栗子吧，比如我们想第一个取蓝色球，那么就有(t = a + 1)，如果我们想等所有的红色球取完再取蓝色球，那么(t = 1)。
这里说的不太清楚。。。大家意会一下QAQ
于是我们首先枚举(t)，即第一个取的蓝色球的位置，那么我们在取到这个球之前，首先需要从首部取(a + 1 - t)个红色球。
也就是说，我们得到的结果序列，是以(a + 1 - t)个红色球和一个蓝色球开始的，对于不同的(t)，我们得到的序列肯定是不同的，不会重复。
同时，因为我们肯定要取蓝色球，所以也覆盖了所有情况而不会遗漏。
Step 3
确定了一个(t)之后，我们取走最前面的(a + 1 - t)个红色球和在(t)位置的一个蓝色球。剩余(t - 1)个红色球和(b - 1)个蓝色球。
接下来该枚举什么？
考虑现在一共有(t + b - 2)个球，我们取走(b - 1)个，使得剩下(t - 1)个球，然后(t)这个位置就没有用了，接下来就可以考虑确定(s)的位置。
于是我们枚举(i)，即剩下的(t - 1)个球中，蓝色球的数量。
然后，确定了(i)之后，我们发现我们需要取走(i)个红色球和(b - 1 - i)个蓝色球。
容易发现，接下来准备取走的球，是不受位置限制的，颜色可以任意取，也就是说，这即将要取走的(b - 1)个球中，红色球和蓝色球可以排在任意位置。
于是，取走这(b - 1)个球的方案数就是(C_{b-1}^{i})。
同样，当我们固定了(t)之后再枚举(i)，也肯定是不重复不遗漏的，原因太显然了我就懒得讲了大家自己体会叭。。。
Step 4
现在我们剩了(t - 1 - i)个红色球和(i)个蓝色球。
现在(t)这个位置已经没法用了，我们还想要取蓝色球的话，需要新建一个位置(s)，于是我们枚举(s)的位置。
注意，因为现在红色球只有(t - 1 - i)个，所以(s)最多枚举到(t - i)。
同理，确定了一个(s)之后，我们需要先取走(t - i - s)个红色球，然后再取走一个蓝色球，和上面的情况类似，这里也是不重复不遗漏的。
Step 5
现在我们只剩(s - 1)个红色球和(i - 1)个蓝色球了。
类似Step 3，我们考虑取走(i - 1)个球，剩余(s - 1)个球，枚举这剩余(s - 1)个球中，蓝色球的数量(j)，那么我们要取走(j)个红色球和(i - 1 - j)个蓝色球。
同理，取这些球的时候是不受位置限制的，方案数是(C_{i-1}^{j})。
Step 6
于是我们就只剩最后(s - 1)个球了，只能从首部一个一个取。
Step 7
我们枚举了(t, i, s, j)四个量，算法的时间复杂度为(O(n^4))。
然后我们发现，枚举(j)并累加(C_{i-1}^{j})，实际上是杨辉三角第(i-1)行的一个前缀和，于是可以记(sum[i][j])为杨辉三角第(i)行前(j)项的和，复杂度变为(O(n^3))。
我们还能发现，枚举(s)并累加(sum[i-1][min(s-1,i-1)])，其实也是(sum[i-1])的一个前缀和，于是记(f[i][j])为(sum[i])的前(j)项的和。
于是复杂度就变成了(O(n^2))辣~
撒花花~★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。
（我想了一整个下午加一整个晚上好叭QAQ）
Code
代码如下
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2010;
const int MOD = 1e9+7;
int _w;
int C[MAXN][MAXN], sum[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN];
void prelude() {
for( int i = 0; i < MAXN; ++i ) {
f[i][0] = sum[i][0] = C[i][0] = 1;
for( int j = 1; j <= i; ++j )
C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % MOD;
for( int j = 1; j < MAXN; ++j )
sum[i][j] = (sum[i][j-1] + C[i][j]) % MOD;
for( int j = 1; j < MAXN; ++j )
f[i][j] = (f[i][j-1] + sum[i][j]) % MOD;
}
}
int solvet( int t, int b ) {
int ans = 1; // i == 0
for( int i = 1; i <= min(t-1, b); ++i )
ans = int((ans + (ll)f[i-1][t-i-1] * C[b][i]) % MOD);
return ans;
}
int main() {
prelude();
int a, b;
_w = scanf( "%d%d", &a, &b );
if( !a || !b ) return puts("1"), 0;
int ans = 0;
for( int t = 1; t <= a+1; ++t )
ans = (ans + solvet(t, b-1)) % MOD;
printf( "%d
", ans );
return 0;
}