题目描述
给定非负整数a,b,c,d，求有多少对01串(S,T)，满足以下条件：
- S 由 a 个 0 ， b 个 1 组成
- T 由 c 个 0 ， d 个 1 组成
- T 可以由 S 删掉一些字符得到
由于答案可能过大，你只需要输出答案对 1000000007 取模后的值
这道题一开始没想着订正，后来偶然翻到这道题的题解，觉得这道题挺有订正的价值，所以就去学习了一下相关的思想方法，然后顺手把这题做掉了，那么现在我来讲一下这道题的做法：
首先显然我们有一种思路，即先将 \(c\) 个 \(0\) 与 \(d\) 个 \(1\) 组成 \(T\)，然后再计算将 \(a-c\) 个 \(0\) 与 \(b-d\) 个 \(1\) 插入 \(T\) 中构成 \(S\) 的方案数。那么这一步的方案数即为 \(C(c+d,c)\)，可以理解为可重复元素的全排列，即 \((c+d)!/c!/d!\)，也可以理解为给你 \(c+d\) 个零，然后从中选择 \(c\) 个将其变为 \(0\) 的方案数
接下来我们需要考虑的是如何计算将 \(a-c\) 个 \(0\) 与 \(b-d\) 个 \(1\) 插入 \(T\) 中构成 \(S\) 的方案数。如果我们直接无脑插入，例如现在的 \(T\) 串为 \(0000\)，你要插入一个 \(0\)，那么你会将 \(0\) 插入到任何一个空隙中，导致将 \(00000\) 这个 \(S\) 串多计算了 \(4\) 遍，所以按照出题人的说法：这种题目发现计算会重复的时候，就要制定一点限制来使得计算不重复、不遗漏，所以考虑如何制定
（按题解里所说）经过思考可以想出，我们只要计算 \(T\) 在 \(S\) 中最靠前的那一次出现即可。显然，在这样一种要求下，若我们把一个 \(0\) 插入到 \(T\) 中的一个 \(0\) 前面，那么必然这不是 \(T\) 在 \(S\) 中最靠前的一次出现（自己画一画就知道了），而如果放到末尾，那不管怎么放 \(T\) 都是在 \(S\) 中最靠前的出现，\(1\) 也同理，所以 \(1\) 必须要放在 \(0\) 前面，\(0\) 必须要放在 \(1\) 前面。然后我们就可以枚举放在最后的 \(0\) 、\(1\) 个数，用插板法统计答案即可
再来详细讲讲怎么用插板法统计答案。首先我们假设在末尾放了 \(Zero\) 个 \(0\) 与 \(One\) 个 \(1\)，那么同 \(T\) 可重复元素的全排列可知，这一步的方案数是 \(C(Zero+One,Zero)\)，那么还剩 \(a-c-Zero\) 个 \(0\) 要放在 \(d\) 个 \(1\) 的前面，\(b-d-One\) 个 \(1\) 要放在 \(c\) 个 \(0\) 的前面。那么以 \(0\) 的插入为例，这就相当于我们有 \(d\) 个位置，要求把 \(a-c-Zero\) 个小球放入这 \(d\) 个位置，每个位置可以不放，也可以放多个。依照插板法的思路，这等价于我们有 \(d-1\) 块板要插入 \(a-c-Zero\) 个小球组成的空隙中。我们把小球与板看做同一种元素，那么一共就有 \(a-c-Zero+d-1\) 个元素，我们每次在里面选择 \(d-1\) 个元素将其变做板，那么就是我们所要求的方案数了，即 \(C(a-c-Zero+d-1,d-1)\)，同理，\(1\) 的方案数为 \(C(b-d-One+c-1,c-1)\)，由乘法原理，得当有 \(Zero\) 个 \(0\) 与 \(One\) 个 \(1\) 在末尾时，方案数为 \(C(Zero+One,Zero)*C(a-c-Zero+d-1,d-1)*C(b-d-One+c-d,c-1)\)，累加完成后再乘上 \(T\) 串的排列方式 \(C(c+d,c)\) 即是我们所要的答案
哦还有当 \(c\) 为 \(0\) 或 \(d\) 为 \(0\) 时还要特别考虑一下，我就先不多说了，代码如下：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=4e3+10;
int a,b,c,d,fac[N],inv[N];
ll ans;
inline int C(int n,int m){if(n<m||m<0)return 0;return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(register int i=1;i<=N-10;i++)fac[i]=((ll)fac[i-1]*i)%mod;
for(register int i=2;i<=N-10;i++)inv[i]=(-1ll*mod/i*inv[mod%i]%mod+mod)%mod;
for(register int i=2;i<=N-10;i++)inv[i]=(1ll*inv[i-1]*inv[i])%mod;
if(!c||!d){printf("%d\n",C(a+b,a));return 0;}
a-=c;b-=d;
for(register int Zero=0;Zero<=a;Zero++)
for(register int One=0;One<=b;One++)
ans=(ans+1ll*C(Zero+One,Zero)*C(a-Zero+d-1,d-1)%mod*C(b-One+c-1,c-1)%mod)%mod;
printf("%lld\n",1ll*ans*C(c+d,c)%mod);
return 0;
}