CF1204E Natasha, Sasha and the Prefix Sums(组合数学)

做法一

(O(nm))
考虑(f(i,j))为i个+1,j个-1的贡献

• (f(i-1,j))考虑往序列首添加一个(1)，则贡献(1 imes)为序列的个数：(C(j+i-1,i-1))

• (f(i,j-1))考虑首添加一个(-1)，则贡献为(-1 imes)最大前缀和不为(0)的个数，考虑序列个数减掉为(0)的个数

设(k(i,j))为(0)的个数

(i=0：k(i,j)=1)
(j=0或i>j：k(i,j)=0)
(ile：k(i,j)=k(i-1,j)+k(i,j-1))，理解：把(1)放在最后面，把(-1)放在最前面，一定可以构成

做法二

(O(n+m))
考虑(f(i))表示最大子序列为(i)的个数，则答案为(sumlimits_{i=1}^{n}i imes f(i))

考虑(g(i))为最大子序列大于等于(i)的个数，显然(max(n-m,0)le ile n)
抽象到方格：长(n)高(m)的矩形，往上走相当于(-1)，往右走相当于(+1)，最大前缀和至少为(i)，则路线需要经过(y=x-i)

• (0le ile n-m：C(n+m,n))

• (n-m<ile n)：考虑((0,0))对(y=x-i)对称，则为((i,-i))到((n,m))的方案数，转换为以下问题，为(C(n+m,m+k))

已知未知数个数，系数均为(1)，和为给定值，未知数非负个数解

Code

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const LL maxn=1e4+9,mod=998244853;
LL n,m,ans;
LL fac[maxn],fav[maxn],g[maxn];
inline LL Pow(LL base,LL b){
	LL ret(1);
	while(b){
		if(b&1) ret=base*ret%mod;
		base=base*base%mod; b>>=1;
	}
	return ret;
}
inline void Pre(LL N){
	fac[0]=1;
	for(LL i=1;i<=N;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
//	puts("133");
	fav[N]=Pow(fac[N],mod-2);
	for(LL i=N;i>=1;--i) fav[i-1]=fav[i]*i%mod;
}
inline LL C(LL N,LL M){
	return fac[N]*fav[M]%mod*fav[N-M]%mod;
}
inline LL Solve(LL k){
	if(k<=n-m) return C(n+m,m);
	return C(n+m,m+k);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	Pre(n+m);
//	puts("233");
	for(LL i=1;i<=n;++i) g[i]=Solve(i); g[n+1]=0;
	for(LL i=1;i<=n;++i){
		ans=(ans+i*((g[i]-g[i+1]+mod)%mod)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}