[Codeforces 336D] Vasily the Bear and Beautiful Strings //组合数学

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题意：定义modification操作为取string(长度>=2)的最后两个字符，如果为(01,10,11)则将这两个字符变为0；如果为00，则将其变为1。
给定n,m,g [0<=n,m<=1e5，0<=g<=1]
问有多少个不同的string，符合以下条件：
①string中有n个0，m个1
②string经过任意次modification操作后，string变为字符g

思路：首先要知道 n个0 和 m个1 的排列为 $\frac{(n+m)!}{n!*m!}$
然后，从一个字符开始：设当前剩余k0个0，k1个1
(1) 如果g是0，可以把它变成11、10、01
····· 对于11和10，不看第一个1，第二个数是0或1都可以，所以直接求 k0个0 和 (k1-1)个1 的排列累加到ans即可。(程序里是先判断了k1是否不为0)
····· 对于01，就是用掉一个0，然后把g变成1，继续走
(2) 如果g是1，只能把它变成00，即用掉一个0，然后把g变成0，继续走
因为两个操作都是用掉一个0，所以循环n次就用完了所有的0。
最终，0全用完，剩余一个下一位的g 和 k1个1，但是有如下情况也是合法却没被排列公式计算到的：
… ①如果g是1，因为1只能变成00，但是已经没有剩余的0了，所以此时允许k1是0或1，(0是因为直接舍弃这个g，1是因为让这一位就是1)
… ②如果g是0，因为0可以变成11、10、01，这里，如果k1为2，我们可以直接把g变成11；如果k1为3，我们可以先把g变成10，然后把后面的0变成11，即111；如果k1为4，同理，先变出来110，再把后面的0变成11,就有了1111，etc. 即此时k1可以为>=2的任意值
所以如果是上述(1)(2)两个情况的话，结果应该+1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1e9+7;
const int N=2e5+7;
ll n,m,jc[N],ans;
int g;
void init(){//预处理阶乘
	jc[0]=1;
	for(ll i=1;i<=2e5;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%p;
}
ll qpow(ll x,ll e,ll mod){
	ll re=1;
	while(e){
		if(e&1){
			re=re*x%mod;
		}
		x=x*x%mod;
		e>>=1; 
	} 
	return re%mod;
}
ll A(ll a,ll b){//a个0 和 b个1的排列
	ll up=jc[a+b],down=jc[a]*jc[b]%p;
	ll re=up*qpow(down,p-2,p)%p;
	return re;
}
int main(){
	init();
	cin>>n>>m>>g;
	ll k0=n,k1=m;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		if(g==0){
			g=1;
			if(k1)ans=(ans+A(k0,k1-1))%p;
			k0--;
		}else{
			g=0;
			k0--;
		}
	}
	if((g==1&&k1<2)||(g==0&&k1>=2))ans=(ans+1)%p;
	cout<<ans;
}