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做这题之前先看道高考真题（好像是真题，我记不清了）
例：已知一个由n个0和n个1排列而成的数列，要求对于任意k∈N*且k∈[1,2n]，在前k个数中1的个数不少于0的个数，求当n=4时这样的数列的数量。
解：14个（策略：暴力枚举，时间复杂度O(2^n)）
所以本题其实就是对高考真题的一个一般化推广，首先扩大了n的范围，而且0的个数和1的个数可能不等了，所以这道题并不简单
我们通过打表可以发现：当n=m时，答案满足卡特兰数列，即
当n！=m呢？
再稍微打个表，答案就是
（我不会告诉你我没打出来这个表的）
接下来就好说了，预处理阶乘逆元然后计算组合数即可
但是为什么是这个公式呢？
我们稍微转化一下：将问题放到坐标系上，假设1代表向右上走，0代表向右下走，那么问题转化为了从（0,0）点到（n+m，n-m）点且不经过第四象限的方案数
那么如果完全统计方案数，答案即为
但是一定有一些是不合法的啊
那么如果是不合法的方案，这些不合法的路径一定会经过直线y=-1，那么我们将经过这条直线之前的所有点关于这条直线对称，会发现起点变成了（0，-2）！
于是问题转化为了从（0，-2）走到（n+m，n-m）的方案数
设向上走x步，向下走y步
则x+y=n+m，x-y=n-m+2
∴x=n+1,y=m-1
∴方案数即为
两者做差即可
解释如图。
当然，这题还有一些递推式，比如f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]，若i<j f[i][j]=0
#include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #define ll long long #define mode 20100403 using namespace std; ll inv[2000005]; ll mul[2000005]; ll n,m; void init() { inv[1]=inv[0]=1; for(int i=2;i<=n+m;i++) { inv[i]=(mode-mode/i)*inv[mode%i]%mode; } mul[0]=mul[1]=1; for(int i=2;i<=n+m;i++) { inv[i]*=inv[i-1]; inv[i]%=mode; mul[i]=mul[i-1]*i%mode; } } ll C(ll x,ll y) { if(y>x) { return 0; } return mul[x]*inv[y]%mode*inv[x-y]%mode; } int main() { // freopen("task.in","r",stdin); // freopen("task.out","w",stdout); scanf("%lld%lld",&n,&m); init(); printf("%lld\n",((C(n+m,n)-C(n+m,n+1))%mode+mode)%mode); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zhangleo/p/9756488.html
