\(首先很容易想到一个O(n^4m)的DP\)
\(设dp\ [i]\ [j]\ [q]\ 为长度i，a数组以j结尾，b数组以q结尾(q>=j)\)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
dp[1][i][j]=1;//初始化长度为1的时候
for(int i=2;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int q=j;q<=n;q++)
for(int w=1;w<=j;w++)//升序
for(int e=q;e<=n;e++)//降序
dp[i][j][q]=(dp[i-1][w][e]+dp[i][j][q])%mod;
\(然而复杂度炸上了天，那就要另辟蹊径。\)
\(\color{Red}{一、合并两个数组DP以降低复杂度}\)
\(上面DP的慢，是因为每次都要枚举a和b数组最后一个数\)
\(但是b数组逆序接在a数组，可以发现就是一个不降序数组，就是求长度2*m的不降序数组个数。\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,ans;
ll dp[21][1001];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=1;
for(int i=2;i<=2*m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
for(int q=1;q<=j;q++)
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][q])%mod;
if(i==2*m) ans=(ans+dp[i][j])%mod;
}
cout<<ans;
}
\(\color{Purple}{Ⅱ.还有组合数学的解法。[当然不是我想的┭┮﹏┭┮]}\)
\(仍然要注意到b的最小元素(尾元素)不小于a的最大元素(尾元素)\)
\(因为a不下降,b不上升，那么给定2m个数，有且仅有1种方案组成符合条件的a,b数组\)
\(也就是说,从1-n选2m个数，可以选重复的，问有多少种选法??\)
\(也就是说，把2m个小球投到1-n个盒子，盒子可以为空，有多少种投法。\)
\(为了方便，先把n个盒子都放一个苹果，也就是2*m+n放在n个盒子，每个盒子至少放一个\)
\(这样就可以用隔板法。2*m+n-1个间隙，从中选出n-1个间隙放隔板，就分成了n份。\)
\(答案是C_{2*m+n-1}^{n-1}\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,ans;
ll fac[2001];
ll qpow(ll a,ll n){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{
if(m>n) return 0;
return fac[n]*qpow(fac[m],mod-2)%mod*qpow(fac[n-m],mod-2)%mod;
}
ll Lucas(ll n,ll m)
{
if(!m) return 1;
return C(n%mod,m%mod)*Lucas(n/mod,m/mod)%mod;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
fac[0]=1;
for(ll i=1;i<=2000;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
cout<<Lucas(2*m+n-1,n-1);
}