https://codeforces.com/problemset/problem/118/D
大佬讲的很好辣
Codeforces 118D Caesar's Legions【dp】好题
题目大意：
有n1个数字1，有n2个数字2（看的Note翻译的，不知道原文是不是也是这样）
将n1+n2个数字排成一排，其中要求连续的数字1最多可以有k1个，连续的数字2最多有k2个。
问一共有多少种分配方案。
思路：
1、统计计数问题，考虑dp。
设定dp【i】【j1】【j2】【k1】【k2】【l(2)】，表示dp到第i位，当前数字类型是l，其中数字1使用了j1个，数字2使用了j2个，并且最后一个数字（当前数字）之前的连续l（假设是0）一共有k1个，再之前连续的另外一种数字一共有k2个的方案数。明显能够包含住所有的情况，因为内存限制包括时间限制，我们考虑将这个数组降低维度。
我们其实只考虑当前数字的情况即可，那么：
设定dp【i】【j】【k】【l(2)】，表示当前dp到第i位，当前数字类型是l，对应当前数字l已经使用了j个，并且最后一个数字（当前数字）之前连续的l一共有k个的方案数。
2、设定好dp数组之后，考虑递推出其状态转移方程（此时我们l==0表示上边添加的数字为1，l==1表示上边天剑的数字为2）：
if（k==1）
dp【i】【j】【k】【0】+=dp【i-1】【i-j】【kk】【1】；
表示我们当前第i位子上的数和第i-1位子上的数不同，那么对应我们需要考虑上一位子的状态，首先我们知道，在第i-1位子上的时候，一共有数字i-1个，对应其中一定包含j-1个数字1，那么其包含数字2的个数为：i-1-（j-1）=i-j；那么此时我们需要再枚举这样一个变量：因为我们此时第i-1位子上的数字要是2，那么我们需要知道此时连续的2的个数。那么我们再枚举一个kk即可。
if（k>1）
dp【i】【j】【k】【0】+=dp【i-1】【j-1】【k-1】【0】；
表示我们当前第i位子上的数和第i-1位子上的数相同，那么对应我们上一位子的状态：dp到第i-1位，已经使用数字1的个数为j-1个，对应连续的数字1的个数为k-1.直接累加上即可。
同理，对应有：
if（k==1）
dp【i】【j】【k】【1】+=dp【i-1】【i-j】【kk】【0】；
if（k>1）
dp【i】【j】【k】【1】+=dp【i-1】【j-1】【k-1】【1】；
3、注意对1e8取模，注意初始化，其他的就没有什么了。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
using namespace std;
const int maxn=210;
typedef int LL;
LL dp[maxn][maxn][maxn][3];
const LL mod=1e8;
int main(void)
{
cin.tie(0);std::ios::sync_with_stdio(false);
LL n1,n2,k1,k2;cin>>n1>>n2>>k1>>k2;
dp[1][1][1][1]=1;
dp[1][1][1][2]=1;
for(LL i=2;i<=n1+n2;i++){
///当前数字类型为1时
for(LL j=1;j<=i&&j<=n1;j++){
for(LL k=1;k<=k1;k++){
if(k==1){
for(LL kk=1;kk<=k2;kk++){
dp[i][j][k][1]+=dp[i-1][i-j][kk][2];
dp[i][j][k][1]%=mod;
}
}
else{
dp[i][j][k][1]+=dp[i-1][j-1][k-1][1];
dp[i][j][k][1]%=mod;
}
}
}
///当前数字类型为2时
for(LL j=1;j<=i&&j<=n2;j++){
for(LL k=1;k<=k2;k++){
if(k==1){
for(LL kk=1;kk<=k1;kk++){
dp[i][j][k][2]+=dp[i-1][i-j][kk][1];
dp[i][j][k][2]%=mod;
}
}
else{
dp[i][j][k][2]+=dp[i-1][j-1][k-1][2];
dp[i][j][k][2]%=mod;
}
}
}
}
LL ans=0;
for(LL i=1;i<=k1;i++){
ans=(ans%mod+dp[n1+n2][n1][i][1]%mod)%mod;
}
for(LL i=1;i<=k2;i++){
ans=(ans%mod+dp[n1+n2][n2][i][2]%mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}