dp
dp[i][j]表示前i+j个字符中放了i个A和j个B的方法数。
我们可以贪心的先把前n个A都作为AB的A，前m个B都作为BA的B，这样显然是不影响答案的正确性的，因为假设前n个A中有一个是BA的A，那么我们一定可以在更后面找到一个A来代替当前的A成为BA的A，B的情况也同理。
因此我们对于A，只要放的A的数量小于n + min(j, m)，其中j为放的B的数量，m为BA中的B的数量，n为AB中A的数量，那我们可以直接相加方法数当成状态的转移，对于放B的情况也同理。
dp的边界是我们在前n个位置可以直接放A，也可以在前m个位置直接放B。
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }
inline int read(){
int ret = 0, w = 0; char ch = 0;
while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }
while(isdigit(ch)) ret = (ret << 3) + (ret << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return w ? -ret : ret;
}
inline int gcd(int a, int b){ return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }
template <typename T>
inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }
template <typename T>
inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }
template <typename A, typename B, typename C>
inline A fpow(A x, B p, C lyd){
A ans = 1;
for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;
return ans;
}
const int N = 2005;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n, m, dp[N<<1][N<<1];
int main(){
while(~scanf("%d%d", &n, &m)){
for(int i = 0; i <= n + m; i ++)for(int j = 0; j <= n + m; j ++) dp[i][j] = 0;
for(int i = 0; i <= n; i ++) dp[i][0] = 1;
for(int i = 0; i <= m; i ++) dp[0][i] = 1;
for(int i = 1; i <= n + m; i ++){
for(int j = 1; j <= n + m; j ++){
if(i <= n + min(j, m)) dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + dp[i - 1][j] % MOD) % MOD;
if(j <= m + min(i, n)) dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + dp[i][j - 1] % MOD) % MOD;
}
}
printf("%d
", dp[n + m][n + m] % MOD);
}
return 0;
}