P1641 [SCOI2010] 生成字串
由題意可設\(f[i][j]\)表示用了\(i\)個\(0\)，\(j\)個\(1\)的答案，那麼有轉移：
\[f[i][j]=\begin{cases}
0&i>j\\
f[i][j-1]&i=j\\
f[i-1][j]+f[i][j-1]&i<j\\
\end{cases}\]
狀態數是\(O(n^2)\)，轉移是\(O(1)\)，總時間複雜度\(O(n^2)\)，期望得分\(30\text{ pts}\)。
我們用數形結合的方式思考：
如圖，我們將填\(1\)視為向右走\(1\)個單位長度，填\(0\)視為向上走\(1\)個單位長度，最終到達\((n,m)\)視為完成，此時點的軌跡形成了一條折線。每條折線對應一種方案，總方案數是\(C_{n+m}^n\)。
顯然，當前方案是合法的\(\iff\)折線的每個頂點都不在直線\(y=x\)上方。
換句話說，當前方案不合法\(\iff\)折線與\(y=x+1\)有交點。
對於每個不合法的方案，我們選定其中一個交點，將它之前的折線沿著\(y=x+1\)翻折，得到圖中橙色的虛線。我們將橙色折線與剩餘的紅色折線形成的部分記作折線\(b\)。
可以發現，\(b\)可以取到的形態，與不合法的方案是一一對應的。
所以不合法的方案數就是從\((-1,-1)\)走到\((n,m)\)的方案數，即\(C_{n+m}^{n+1}\)。
因此合法方案數就是\(C_{n+m}^n-C_{n+m}^{n+1}\)，可以化簡得到\(\frac{(n+m)!\times (n-m+1)}{(n+1)!\times m!}\)。
Catalan數\(H_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}\)可以由此題的結論推得，相當於此題\(n=m\)的情況。
計算它需要使用逆元，此處使用費馬小定理。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000010
#define mod 20100403
using namespace std;
int n,m,inv[N],inv_fact[N];
int fac(int r){
int ans=1;
for(int i=1;i<=r;i++) ans=ans*i%mod;
return ans;
}
signed main(){
cin>>n>>m;
inv_fact[1]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n+1;i++) inv[i]=(-mod/i*inv[mod%i]%mod+mod)%mod;
for(int i=2;i<=n+1;i++) inv_fact[i]=inv_fact[i-1]*inv[i]%mod;
cout<<fac(n+m)*(n-m+1)%mod*inv_fact[n+1]%mod*inv_fact[m]%mod<<"\n";
return 0;
}