Luogu 1641 [SCOI2010]生成字符串

结果和dp没有一点关系……

30分算法：设$f_{i, j}$表示已经选了$i$个并且有$j$个是白色的状态数，转移显然，最后答案就是$f_{n + m, m}$，时间复杂度$O(n^{2})$。

100分算法：

大神讲的好。

把已经选了的$0$的个数和$1$的个数和看作$x$轴，已经选了个$1$的个数和$0$的个数的差看作$y$轴，就相当于每一步可以向右上或者是右下走一步，最后要到达$(n + m, n - m)$的方案数。

可以发现就相当于在$n + m$步中选出$m$步向右下走的方案数$inom{n + m}{m}$。

考虑一下限制条件，其实就相当于不经过$y = -1$这条线。根据对称性，从$(0, 0)$开始经过$y = -1$到达$(n + m, n - m)$的方案数就相当于从$(0, -2)$出发，相当于在$n + m$步中选择$m - 1$步中向下走，所以不合法的方案数有$inom{n + m}{m - 1}$个。

最后的答案就是两个组合数相减。

其中阶乘和阶乘的逆元可以$O(n)$预处理。

时间复杂度$O(n)$。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 2e6 + 5;
const ll P = 20100403LL;

int n, m;
ll fac[N], inv[N];

inline ll pow(ll a, ll b) {
    ll res = 1LL;
    for(; b > 0; b >>= 1) {
        if(b & 1) res = res * a % P;
        a = a * a % P;
    }
    return res;
}

inline ll getC(int a, int b) {
    return fac[a] * inv[b] % P * inv[a - b] % P;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    fac[1] = 1LL;
    for(int i = 2; i <= n + m; i++) fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % P;
    inv[n + m] = pow(fac[n + m], P - 2);
    for(int i = n + m - 1; i >= 0; i--) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % P; 
    
    printf("%lld
", (getC(n + m, m) - getC(n + m, m - 1) + P) % P);
    return 0;
}