做法一
(O(nm))
考虑(f(i,j))为i个+1,j个-1的贡献
-
(f(i-1,j))考虑往序列首添加一个(1),则贡献(1 imes)为序列的个数:(C(j+i-1,i-1))
-
(f(i,j-1))考虑首添加一个(-1),则贡献为(-1 imes)最大前缀和不为(0)的个数,考虑序列个数减掉为(0)的个数
设(k(i,j))为(0)的个数
(i=0:k(i,j)=1)
(j=0或i>j:k(i,j)=0)
(ile:k(i,j)=k(i-1,j)+k(i,j-1)),理解:把(1)放在最后面,把(-1)放在最前面,一定可以构成
做法二
(O(n+m))
考虑(f(i))表示最大子序列为(i)的个数,则答案为(sumlimits_{i=1}^{n}i imes f(i))
考虑(g(i))为最大子序列大于等于(i)的个数,显然(max(n-m,0)le ile n)
抽象到方格:长(n)高(m)的矩形,往上走相当于(-1),往右走相当于(+1),最大前缀和至少为(i),则路线需要经过(y=x-i)
-
(0le ile n-m:C(n+m,n))
-
(n-m<ile n):考虑((0,0))对(y=x-i)对称,则为((i,-i))到((n,m))的方案数,转换为以下问题,为(C(n+m,m+k))
已知未知数个数,系数均为(1),和为给定值,未知数非负个数解
Code
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const LL maxn=1e4+9,mod=998244853;
LL n,m,ans;
LL fac[maxn],fav[maxn],g[maxn];
inline LL Pow(LL base,LL b){
LL ret(1);
while(b){
if(b&1) ret=base*ret%mod;
base=base*base%mod; b>>=1;
}
return ret;
}
inline void Pre(LL N){
fac[0]=1;
for(LL i=1;i<=N;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
// puts("133");
fav[N]=Pow(fac[N],mod-2);
for(LL i=N;i>=1;--i) fav[i-1]=fav[i]*i%mod;
}
inline LL C(LL N,LL M){
return fac[N]*fav[M]%mod*fav[N-M]%mod;
}
inline LL Solve(LL k){
if(k<=n-m) return C(n+m,m);
return C(n+m,m+k);
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
Pre(n+m);
// puts("233");
for(LL i=1;i<=n;++i) g[i]=Solve(i); g[n+1]=0;
for(LL i=1;i<=n;++i){
ans=(ans+i*((g[i]-g[i+1]+mod)%mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}