[2020多校A层11.25] 最大前缀和

fzszkl有 (N) 个 (1) 和 (M) 个 (-1) 。他将它们随意排成一列，记为序列 (A) ，并求出了这个序列的前缀和，找到了前缀和的最大值（注意，第 (0) 个位置的前缀和也算，所以这个最大值一定是非负整数）。

因为fzszkl很无聊，找一个不过瘾，所以他想知道：对于所有本质不同的序列，前缀和的最大值之和是多少。

对于一个序列 (A) ，它的前缀和的最大值 (F(A)) 的严谨定义为：

[F(A)=max{0,max_{i=1}^{N+M}{sum_{j=1}^iA_j}} ]

答案对 (998244853) （是个质数）取模。

(N,Mle 2e3)

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早上考试遇到的题，当时没做出来，下午想出来之后感觉非常不错，所以记录下解法（而不是像某人上午对着原题题解抄一遍就会了）。

发现 (max) 这个限制是不好处理的，那么我们可以枚举最大值，假设当前枚举到了最大值为 (x) ，那么问题转化为：

• 从 ((0,0)) 走到 ((n,m)) ，必须碰到 (y=x+b) 这条直线的方案数。

因为 (1,-1) 类似于一个括号序列，而我们现在多了个存在一个前缀和 (ge x) 的要求。

考虑翻转坐标系，看作从 (n+m) 次选数，数只有 (1,-1) ，最后和为 (n-m) ，那么可以把这个问题进一步转化为：

• 从 ((0,0)) 走到 ((n+m,n-m)) ，每次往右上或右下走一步，且必须穿过 (y=x) 这条线的方案数。

然后这个问题就好做许多了，我们可以分情况讨论：

1. ((0,0)) 在 (y=x) 下面，((n+m,n-m)) 在 (y=x) 上面

那么不管怎么走一定会穿过 (y=x) ，那么我们设网上走了 (t) 步，可以列出如下方程：

[t-(n+m-t)=n-m ]

可以解得 (t=n) ，那么往上走了 (n) 步，往下走了 (m) 步，就是 ({n+m}choose n) 。

2. ((0,0)) 在 (y=x) 下面，((n+m,n-m)) 也在 (y=x) 下面

这样子就会有穿不过的情况了，于是我们考虑做 ((0,0)) 关于 (y=x) 的对称点 ((0,2x)) ，那么这个问题等价于从 ((0,2x)) 按原问题走法走到 ((n+m,n-m)) ，而这样子就保证一定能穿过了，所以我们继续列刚才那样的方程：

[2t-(n+m)=2x-(n-m) ]

可以解得 (t=x+m) ，那么往上走了 (x+m) 步，往下走了 (n+m-(x+m)) 步，就是 ({n+m}choose{x+m}) 。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 2e3;
const int M = 1e5;
const int p = 998244853;
using namespace std;
int n,m,inv[M + 5],fac[M + 5],ans,sm[M + 5],res;
int C(int n,int m)
{
    if (m > n || n < 0)
        return 0;
    return 1ll * fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1;i <= M;i++)
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p;
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= M;i++)
        inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    inv[0] = 1;
    for (int i = 1;i <= M;i++)
        inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * inv[i] % p;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        if (i <= n - m)
            ans += C(n + m,n),ans %= p;
        else
            ans += C(n + m,i + m),ans %= p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}