**原来的程序有问题，现已修正。**原来的程序可能会越界，在本机上其实是有问题的，但在CF上没测出来。（CF的评测机比较神奇，越界不明显或情况特殊时可能会忽略）
好像没人和我做法完全一样？那我就来写一个
首先，声明这个数组是1-indexed的，后面不再赘述。
设某种最大前缀和等于$x$，共有$num_x$个。所有的总和，可以用$\sum x \times num_x$算。但是直接用dp之类的计算每个$num_x$有些困难，换种思路。
枚举一个序列中，前缀的最大值$val$和第一次达到最大值的位置$p$（这里设为第一次，是为了方便计数，设成最后一次也可以）。尝试计算所有这样的序列的数目。这样肯定不会重复计数。
容易发现，对于所有的$1 \leq i<p$，都有$pre_i<pre_p$（这段连上$p$本身，称为“前面”）；对于所有的$p < i \leq n+m$，都有$pre_i \leq pre_p$（这段称为“后面”）。
同时，由$p$和$val$可以反推出前面和后面的$1$和$-1$的数量，前面$1$的数量为$(p+val)/2$，就设为$num1$吧（当然$num1$不是整数的情况要判掉）。剩下的可填位置数小于剩下$1$的数量的情况，**也要判掉**，不然可能会有负数下标。
总合法序列数量，就是前面的填法数$front$和后面的填法数量$back$的乘积。
$back$可能好算一些，就是“共有多少个序列长度为$(n+m-p)$，有$(m-num1)$个$1$，且每个前缀都不大于$0$”，$n^2$的dp就可以算。
至于$front$，把前面的条件变形一下。
$pre_i<pre_p$ 移项得 $pre_p-pre_i>0$，这个"$pre_p-pre_i$"是什么呢？
也就是说，它是以$p$为结尾的一个后缀。这个后缀必须小于$0$。注意到可以翻转，后缀可以看成与前缀等价，用另一个dp就能算出来。
具体地说一下我的dp，$f_{i,j}$表示长度为$i$、有$j$个$1$的序列中，所有前缀和都**不小于**$0$的序列的数量。把这样的序列中所有数取相反数，也就是把$j$变成$i-j$，就变成了所有前缀和都不大于$0$的数量了。类似地，$g_{i,j}$表示所有非空前缀的前缀和都小于$0$的数量。
具体转移不难，看代码吧。
$k$就等于$n+m$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define mit map<int,int>::iterator #define sit set<int>::iterator #define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++) #define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++) #define ltype int #define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++) #define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++) #define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--) #define pii pair<int,int> #define fi first #define se second #define mpr make_pair #define pb push_back #define fastio ios::sync_with_stdio(false) const int inf=0x3f3f3f3f,mod=998244853; const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6; int n,m,f[4005][4005],g[4005][2005],ans,k; #define check(i) if(i>=mod) i-=mod; int main() { scanf("%d%d",&n,&m);//新的版本n和m已经正常了 k=n+m; f[0][0]=1; rep(i,1,k) rep(j,0,min(i,k)) if(2*j>=i){//这里必须是min(i,n+m)，后面调用f时第二维会到n以上 if(j>0) f[i][j]=f[i-1][j-1]; f[i][j]+=f[i-1][j]; check(f[i][j]); } g[0][0]=1; rep(i,1,k) rep(j,0,min(i,n)) if(2*j>i){ if(j>0) g[i][j]=g[i-1][j-1]; g[i][j]+=g[i-1][j]; check(g[i][j]); } rep(p,1,k) rep(val,1,min(p,n)){ if((p+val)&1) continue; int num1=(p+val)/2; if(num1>n||k-p<n-num1) continue;//这里就是之前错的原因了，k-p<n-num1的话，肯定不会合法。 ans+=(ll)g[p][num1]*f[k-p][k-p-(n-num1)]%mod*val%mod; check(ans); } printf("%d\n",ans); return 0; }