题面
解析
题意就是要求所有由$n$个$1$、$m$个$-1$构成的序列的最大前缀和的和
算法一$(DP)$
$n$， $m$都小于等于$2000$， 显然可以$DP$
设$dp[i][j]$表示由$i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列的最大前缀和的和
$i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列， 可以看做是在$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列的最前面加一个$1$得到，也可以看做是在$i$个$1$， $j-1$个$-1$的序列最前面加一个$-1$得到
这也就意味着，$dp[i][j]$可以由$dp[i-1][j]$与$dp[i][j-1]$转移过来
先考虑$dp[i-1][j]$对$dp[i][j]$的贡献，对于任意一种$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列， 在其首端加入一个$1$后，最大前缀和都会加$1$， 序列的个数为$C(i+j-1, j)$，因此$dp[i][j] += dp[i-1][j] + 1 * C(i-j+1, j)$
在考虑$dp[i][j-1]$对$dp[i][j]$的贡献，这个和上面那个不一样，要麻烦一点。因为对于最大前缀和为$0$的序列，在其首端加入一个$-1$后，其最大前缀和仍然是$0$， 所以$dp[i][j] += dp[i][j-1] - 1 * (C(i-j+1, j-1) - f[i][j-1])$， 其中数组$f[i][j]$表示由$i$个$1$， $j$个$-1$构成的所有序列中， 最大前缀和等于$0$的序列个数
因此问题变成了如何求f数组
与求$dp$数组的思维过程类似。 $i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列， 可以看做是在$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列的最后面(注意这里是后面，而$dp$数组是在前面)加一个$1$得到，也可以看做是在$i$个$1$， $j-1$个$-1$的序列最后面加一个$-1$得到
对于$f$数组，显然有$i \leqslant j$，那么无论在序列末尾插入$1$或$-1$, 原来最大前缀和为$0$的序列在插入$1$或$-1$后，其最大前缀和依然为$0$，因此$f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]$
状态转移方程大概就是这样了
初始化：
$f[0][i] = 1 (1 \leqslant i \leqslant m)$， 其余为$0$
$dp[i][0] = i (1 \leqslant i \leqslant n)$， 其余为$0$
答案就是$dp[n][m]$
时间复杂度$O(NM)$
在考试中我也定义出来了$dp$， $f$数组， 但无论我怎么想就是想不出来转移方程， 结果方程也并不复杂， $dp$还得多加练习啊
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2004, mod = 998244853; int n, m; ll dp[maxn][maxn], f[maxn][maxn], C[maxn<<1][maxn<<1]; void init() { C[0][0] = 1LL; for(int i = 1; i <= n + m; ++i) { C[i][0] = 1LL; for(int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod; } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); init(); for(int i = 1; i <= m; ++i) { f[0][i] = 1; for(int j = 1; j <= i; ++j) f[j][i] = (f[j-1][i] + f[j][i-1]) % mod; } for(int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][0] = i; for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= m; ++j) dp[i][j] = (((dp[i-1][j] + C[i+j-1][j] + dp[i][j-1] - C[i+j-1][i] + f[i][j-1]) % mod) + mod) % mod; printf("%lld\n", dp[n][m]); return 0; }
算法二(数学)
这个算法的思路很巧妙， 是从这篇博客中学来的
如果在坐标系中把$1$看作是向右走一步， $-1$看作是向上走一步， 起点是$(0, 0)$, 终点是$(n, m)$， 那么任意一个序列就会变成从$(0, 0)$出发， 只能向右或向上走，走到$(n, m)$的一条路径
设$f[i]$为最大前缀和大于等于i的序列个数
那么$f[i]$就等于路径中存在一点$(x, y)$满足如下条件的路径数，$x$，$y$使得$i \leqslant x - y$， 即$y \leqslant x - i$， $(1 \leqslant x \leqslant n, 1 \leqslant y \leqslant m)$
结合线性规划的思想，也就是说$f[i]$等于路径经过直线$y = x - i$ 及其下面区域的路径数
考虑任意一条路径都会到$(n, m)$，因此当$1 \leqslant i \leqslant n - m$ 时， $f[i] = C(n + m , n)$
而当$max(n - m, 1) \leqslant i \leqslant n$ 时， 我们需要把路径转化一下，起点不再是$(0, 0)$，而是$(i, -i)$，终点不变， 同样是要走$n + m$步走到$(n, m)$，因为只能向右和向上走，那么就一定会经过直线$y = x - i$ 及其下面区域， 因此此时$f[i] = C(n + m, n - i)$
显然除了上述两种情况外的i， 都有$f[i] = 0$
那么最终的答案为$\sum_{i = 1}^{n} i * (f[i] - f[i+1])$
预处理阶乘与阶乘逆元，以便快速求出组合数
时间复杂度为$O(N+M)$
路径的转化是这种算法的关键， 也是巧妙所在
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 4004, mod = 998244853; int n, m; ll fac[maxn], inv[maxn], f[maxn], ans = 0; void init() { fac[0] = 1LL; for(int i = 1; i <= n + m; ++i) fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % mod; inv[0] = inv[1] = 1LL; for(int i = 2; i <= n + m; ++i) inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod%i] % mod; for(int i = 2; i <= n + m; ++i) inv[i] = inv[i-1] * inv[i] % mod; } ll comb(int x, int y) { return (fac[x] * inv[y] % mod) * inv[x-y] % mod; } ll calc(int x) { if(x <= n - m) return comb(n + m, n); return comb(n + m, n - x); } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); init(); for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = calc(i); for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = (ans + (1LL * i * (f[i] - f[i+1] + mod) % mod)) % mod; printf("%lld\n", ans); return 0; }