【SCOI2010】生成字符串

Description

给定n，m，求一个包含n个1，m个0，且任何前缀的1的数量必须大于0的数量的合法01串的数量，答案对20100403取模。

Solution

我们建立坐标系，定义x坐标为1和0的数量的和，y坐标表示1和0的数量的差，那么向右上走就表示选择1，向右下走就表示选择0。

如果不考虑限制条件，那么我们要从(0,0)走到(n+m,n-m)，就相当于从n+m步中选出m步向右下走，方案数就是$C_{n+m}^m$

现在考虑限制条件：任何前缀的1的数量必须大于0的数量，那么就意味着我们的在坐标系中的路径不能经过直线y=-1，那么非法的方案就是从(0,0)走到(x,-1)再走到(n+m,n-m)，这就等价于从(0,-2)开始走到(n+m,n-m)，即方案数为$C_{n+m}^{m-1}$，那么合法方案数就是这两个方案数之差。

我们首先预处理出一个阶乘数组和一个阶乘的逆元数组，逆元可以通过费马小定理或者是线性递推实现。

然后套用组合数的公式即可完成。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m, fac[2000010], inv[2000010];
const ll mod = 20100403;
inline ll qpow(ll a, ll n) {
    ll ret = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) ret = (ret * a) % mod;
        a = a * a % mod;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}
inline ll C(ll n, ll m) {
    return ((fac[n] * inv[m]) % mod) * inv[n - m] % mod;
}
int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    fac[1] = 1;
    for (register int i = 2; i <= n + m; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    for (register int i = 1; i <= n + m; ++i) inv[i] = qpow(fac[i], mod - 2);
    printf("%lld
", (C(n + m, m) - C(n + m, m - 1) + mod) % mod);
    return 0;
}