铜题………………（orz tzc没看题解AC了）
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题意见洛谷。
首先探索一个颜色序列的合法性。容易发现，合法当且仅当拿出每个球后，当前状态合法，即两种颜色的球的数量都非负。我们可以把盒子里的球的数量的每次变化都给整理出来（只需要实时记录红球（蓝球也可）的数量(cnt)即可，蓝球的数量就用总数减掉）。
每一次操作一共分为三步：
- 拿出一个球，若是红球则减一，否则不变。此时总数为(n-1)，要满足(cntgeq0,n-1-cntgeq0)，即(cntin[0,n-1])；
- 放入一红一蓝，(cnt)加一。此时不用满足啥，上一步合法这一步肯定也合法，所以归到下一步里一起结算；
- 拿出一个球，和上一步合起来的话，若是红球则不变，否则加一。此时总数为(n)，要满足(cntgeq0,n-cntgeq0)，即(cntin[0,n])。
不难想到，可以将这个变化过程做成一个折线，那么在(x)轴（时间轴）的每一处都有一个上下界，然后数合法的折线个数即可。这个很容易DP，设(dp_{i,j})为到第(i)步（一共(2m)步），当前的(y)值为(j)时合法折线数。目标：(sumlimits_{i=0}^ndp_{2m,i})；由于起点（初始球数量分布情况）不定，所以边界是(forall iin[0,n],dp_{0,i}=1)。转移的话就很简单了，每一步的转移量都是常数级的。时间复杂度(mathrm O(nm))。
然后你认为，作为一道铜题，怎么可能这么水？于是带到第一个样例里手玩了一下，发现WA了……然后你就发现，上面那句“数合法的折线个数即可”就是在xjb扯淡。当两条折线起点不同，但是每一处的增长量都相同，即上下平移可重合时，它们代表的颜色序列是相同的。考虑去重。
去重有一个惯用套路（不知为啥啥都可以被我总结成套路/yiw），就是把一些重复答案的不同处给限定一下，使得每个重复类里恰好有一个满足那个限定。本题中，限定方法非常显然，对于每个重复类，我们把每条折线都往下平移，直到接触到(x)轴了，再也不能往下平移了（因为每处的下界都是一样的，都是(0)），显然重复类里的每个折线都重合。如此一来，加上一个“接触(x)轴”这个限定，就完美去重了。
如何实现？只需要在DP上加上第三维(kin{0,1})，表示到目前为止是否已经接触(x)轴。目标：(sumlimits_{i=0}^ndp_{2m,i,1})，边界：(forall iin[0,n],dp_{0,i,[i=0]}=1)。转移依然xjb转移。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
const int N=3000,M=3000;
int n,m;
int dp[2*M+1][N+1][2];
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=m;i++)dp[0][i][i==0]=1;//边界
for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=0;j<=n;j++){//转移
if(j==0){
(dp[2*i-1][j][1]+=dp[2*i-2][j][1])%=mod;
(dp[2*i-1][j][1]+=(dp[2*i-2][j+1][0]+dp[2*i-2][j+1][1])%mod)%=mod;
(dp[2*i][j][1]+=dp[2*i-1][j][1])%=mod;
}
else{
if(j<n){
(dp[2*i-1][j][0]+=dp[2*i-2][j][0])%=mod,(dp[2*i-1][j][1]+=dp[2*i-2][j][1])%=mod;
(dp[2*i-1][j][0]+=dp[2*i-2][j+1][0])%=mod,(dp[2*i-1][j][1]+=dp[2*i-2][j+1][1])%=mod;
}
(dp[2*i][j][0]+=dp[2*i-1][j][0])%=mod,(dp[2*i][j][1]+=dp[2*i-1][j][1])%=mod;
(dp[2*i][j][0]+=dp[2*i-1][j-1][0])%=mod,(dp[2*i][j][1]+=dp[2*i-1][j-1][1])%=mod;
}
}
// for(int j=n;~j;j--){for(int i=0;i<=2*m;i++)printf("(%2d,%2d) ",dp[i][j][0],dp[i][j][1]);puts("");}
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)(ans+=dp[2*m][i][1])%=mod;//目标
cout<<ans;
return 0;
}