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吐槽
所以说。。组合数的题是不是都是知道大致思路但是就是不会写qwq菜醒qwq
正题
这题其实感觉有点玄妙啊，自己想的话总是会想复杂。。但其实情况还是很好考虑的重点在于怎么枚举
首先讲一下大致思路
总共有4中不同的字符，相邻两个不能相同，那么我们可以考虑两种字符的排列（也就是先考虑(A)和(B)怎么放和(C)和(D)怎么放），然后再把(AB)的放法和(CD)的放法用插空的方式组合起来求得最后的答案
因为处理起来其实是一样的所以这里就只写(AB)的情况了
AB的情况
(A)和(B)有四种最基本的满足要求的摆放：
(1)(A) (2)(B) (3)(AB) (4)(BA)
我们枚举这些字符总共组成了多少个区间（这里的区间指的是在最后合并插空之后这段字符还是连在一起的，也就是说没有(C)和(D)插在中间），设总共有(i)个区间
我们再枚举一下(1)的个数，这时会发现每多一个(1)类区间，(A)的总数就会比(B)多一个，每多一个(2)类区间(A)就会比(B)少一个，而(3)和(4)的话不会对差有任何影响。
由于(A)的个数和(B)的个数是固定的，也就是说(A)和(B)的差是固定的，(1)的个数一旦确定，为了保证(A)和(B)的差满足条件，(2)的个数也就确定下来了。
我们记(1)类区间的个数为(a)，那么(2)类区间的个数就是(b = n1-n2+a)
接着再看(3)和(4)，会发现其实这两类本质上是一样的，我们只用枚举一类然后乘上组合数（其实就是(2^i)，因为每一位可以是(A)或者(B)），这样我们就可以把这两类看做一类了，这剩下的一类的区间总数就是(c=i - a -b)
接下来看怎么算排列
首先对于(1)类和(2)类，我们用掉(a)个(A)和(b)个(B)，排列的方案数显然是$C_{i}^{a} $ * (C_{i-a}^{b})
对于剩下的(3)和(4)，我们还有(n1+n2-a-b)个字符可以使用，也就是总共有(d=frac{n1+n2-a-b}{2})对(AB)
这(d)对字符首先要放进(c)个区间中（那么显然这里就要求(d>=c)了，在枚举的时候要注意范围），如果还有剩余，再将剩余的(d-c)对分配到(i)个区间中，那么方案就是(C_{i+d-c+1}^{i-1})
为什么是这个东西嘞？
其实问题就相当于求(i)个非负数之和=(d-c)的方案数，我们先在等式两边都加上(i)，然后变成(i)个正整数之和(=i+d-c)，然后用隔板法就好了（枚举分割线在哪个空隙）。
这样操作是因为隔板法的使用前提是不能有空组（否则分割线的数量不一定是分成的份数-1），我们考虑将(i+d-c)分成i个数之后，每个数减去(1)，得到i个非负整数（可以为0），此时这(i)个非负整数的和就是(d-c)了，也就是说这就是我们要求的其中一种方案，其他的情况同理，一一对应，所以这两个问题在组合数中是等价的
我们用(f1)来表示组成(i)个区间的方案数，那么就可以得到：
(f1_i =sumlimits_{a=0}^{n1+n2}C_{i}^{a}×C_{i-a}^{b}×2^c×C_{i+d-c+1}^{i-1})
用同样的方式来算(C)和(D)的方案，存到(f2)里面去
接下来看插空
插空有三种插法，下面用(AB)表示(A)和(B)组成的一个区间，(CD)表示(C)和(D)组成的一个区间，三种方法就可以这样表示：
1.（AB)(CD)(AB)(CD)(AB)
2.（CD)(AB)(CD)(AB)(CD)
3.（AB)(CD)(AB)(CD)(AB)(CD)（或者(AB)和(CD)的顺序反过来，所以算的时候要×2）
（其实会发现就是之前分别算(AB)区间和(CD)区间的三大类）
那么(ans)应该就是
然后就十分愉快滴做完啦ovo
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MOD 1000000007
using namespace std;
const int MAXN=4010;
ll f1[MAXN],f2[MAXN],two[MAXN],C[MAXN][MAXN];
ll ans;
int n1,n2,n3,n4;
int get_c(int n);
int get_f(int num1,int num2,ll *f);
ll calc(int c,int d);
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d%d%d",&n1,&n2,&n3,&n4);
two[0]=1;
int sum=n1+n2+n3+n4;
for (int i=1;i<=sum;++i) two[i]=(two[i-1]<<1)%MOD;
get_c(sum);
get_f(n1,n2,f1);
get_f(n3,n4,f2);
for (int i=1;i<=n1+n2;++i)
ans=(ans+f1[i]*f2[i-1]%MOD+f1[i]*f2[i+1]%MOD+2LL*f1[i]*f2[i]%MOD)%MOD;
printf("%lld
",ans);
}
int get_c(int n){
for (int i=0;i<=n;++i){
C[i][0]=1; C[i][i]=1;
for (int j=1;j<i;++j)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
}
}
int get_f(int num1,int num2,ll *f){
int a,b,c,d,sum=num1+num2;
for (int i=0;i<=num1+num2;++i){
for (a=0;a<=i;++a){//枚举(1)
b=num1-num2+a;//(2)
c=i-a-b;//(3)+(4)要填区间
d=(sum-a-b)/2;//(3)+(4)可用对
if (b<0||c<0||d<0||d<c) continue;
f[i]=(f[i]+C[i][a]*C[i-a][b]%MOD*two[c]%MOD*calc(i,d-c)%MOD)%MOD;
}
}
}
ll calc(int c,int d){//c个非负整数之和=d,枚举所有区间填了一个之后剩下的放哪里
if (!c) return d==0;
return C[c+d-1][c-1];
}