CF1204E Natasha, Sasha and the Prefix Sums(组合数学)

做法一

\(O(nm)\)
考虑\(f(i,j)\)为i个+1,j个-1的贡献

• \(f(i-1,j)\)考虑往序列首添加一个\(1\)，则贡献\(1\times\)为序列的个数：\(C(j+i-1,i-1)\)

• \(f(i,j-1)\)考虑首添加一个\(-1\)，则贡献为\(-1\times\)最大前缀和不为\(0\)的个数，考虑序列个数减掉为\(0\)的个数

设\(k(i,j)\)为\(0\)的个数

\(i=0：k(i,j)=1\)
\(j=0或i>j：k(i,j)=0\)
\(i\le：k(i,j)=k(i-1,j)+k(i,j-1)\)，理解：把\(1\)放在最后面，把\(-1\)放在最前面，一定可以构成

做法二

\(O(n+m)\)
考虑\(f(i)\)表示最大子序列为\(i\)的个数，则答案为\(\sum\limits_{i=1}^{n}i\times f(i)\)

考虑\(g(i)\)为最大子序列大于等于\(i\)的个数，显然\(max(n-m,0)\le i\le n\)
抽象到方格：长\(n\)高\(m\)的矩形，往上走相当于\(-1\)，往右走相当于\(+1\)，最大前缀和至少为\(i\)，则路线需要经过\(y=x-i\)

• \(0\le i\le n-m：C(n+m,n)\)

• \(n-m<i\le n\)：考虑\((0,0)\)对\(y=x-i\)对称，则为\((i,-i)\)到\((n,m)\)的方案数，转换为以下问题，为\(C(n+m,m+k)\)

已知未知数个数，系数均为\(1\)，和为给定值，未知数非负个数解

Code

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const LL maxn=1e4+9,mod=998244853;
LL n,m,ans;
LL fac[maxn],fav[maxn],g[maxn];
inline LL Pow(LL base,LL b){
	LL ret(1);
	while(b){
		if(b&1) ret=base*ret%mod;
		base=base*base%mod; b>>=1;
	}
	return ret;
}
inline void Pre(LL N){
	fac[0]=1;
	for(LL i=1;i<=N;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
//	puts("133");
	fav[N]=Pow(fac[N],mod-2);
	for(LL i=N;i>=1;--i) fav[i-1]=fav[i]*i%mod;
}
inline LL C(LL N,LL M){
	return fac[N]*fav[M]%mod*fav[N-M]%mod;
}
inline LL Solve(LL k){
	if(k<=n-m) return C(n+m,m);
	return C(n+m,m+k);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	Pre(n+m);
//	puts("233");
	for(LL i=1;i<=n;++i) g[i]=Solve(i); g[n+1]=0;
	for(LL i=1;i<=n;++i){
		ans=(ans+i*((g[i]-g[i+1]+mod)%mod)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}