[2020多校联考]最大前缀和

Solution

答案只可能和前缀最大值相关，不妨枚举这个最大值 (k)。有 (n) 个 (+1)，所以范围是 (1) ~ (n)。答案就是

[sum_{k=1}^{n} k imes (最大前缀和为k的序列个数) ]

只需要求出后面那个。对于一个最大前缀和为 (k) 的序列，一定存在至少一个位置，使得该位置的前缀和等于 (k)。枚举第一个使条件成立的位置 (2i+k)，该位置上的数一定为 (+1)，该位置之前的前缀和一定不能达到 (k)。因为该位置的前缀和等于 (k)，所以该前缀一定恰由 (k+i) 个 (+1) 和 (i) 个 (-1) 组成。除去该位置的 (+1) ，选择该位置之前的数组成序列的方案就等价于从 ((0,0)) 走到 (((k+i-1)+(i),k-1))，有 (k+i-1) 次可以从 ((x,y)) 走到 ((x+1,y+1))，有 (i) 次可以从 ((x,y)) 走到 ((x+1,y-1))，且路径不经过 (y=k) 这条直线。如果不管经不经过这条直线，方案就有 (inom{(k+i-1)+(i)}{k+i-1}) 种，再减去不合法的。

对于经过了这条直线的方案，将后面的翻上去，方案和从 ((0,0)) 走到 ((k+2i-1,k+1)) 一一对应，但注意此时向上走的机会多了 (1)，向下走的少了 (1)。那么就减去 (inom{k+2i-1}{i+1})。

对于第一个满足条件位置之后的位置，还剩下 (n-i) 个 (+1) 和 (m+k-i) 个 (-1)。组成的方案只要前缀不大于 (0) 即可（因为加上了前面的数），也就是不经过直线 (y=1)。类比上面，从 ((0,0)) 走到 ((n+m-2i+k,n-m-k))，(n-m-k) 必须小于等于 (0)。若不考虑经不经过，方案为 (inom{n-2i+m+k}{n-i})。考虑不合法的。

把后面翻过来，终点关于 (y=1) 对称，简单算一下可知，实质上是将 (+1) 和 (-1) 的个数交换，再加一个 (+1) 的个数，再减一个 (-1) 的个数。方案就为 (inom{n-2i+m+k}{m+k-i+1})

答案是 $$sum_{k=1}^{n} k imes [sum_{i=k}^{n} (inom{k+2i-1}{k+i-1}-inom{k+2i-1}{i+1}) imes(inom{n-2i+m+k}{n-i}-inom{n-2i+m+k}{m+k-i+1})]$$

#include<stdio.h>
#define N 4007
#define Mod 998244853
#define ll long long

int n,m;
ll C[N][N];

ll mod(ll x){return (x%Mod+Mod)%Mod;}

int main(){
    freopen("maxpsum.in","r",stdin);
    freopen("maxpsum.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n+m;i++) C[i][0]=C[i][i]=1;
    for(int i=1;i<=n+m;i++)
        for(int j=1;j<i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%Mod;
    ll ans=0;
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=k;i<=n;i++){
            int x1=i-1,y1=i-k,x2=n-i,y2=m+k-i;
            if(y2<x2) continue;
            ans=mod(ans+k*mod(mod(C[x1+y1][x1]-C[x1+y1][x1+1])*mod(C[x2+y2][x2]-C[x2+y2][y2+1])));
        }
    printf("%lld",ans);
}