【洛谷P1641】生成字符串【数论，数学】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1641
求由$n$个1和$m$个0组成的字符串集合中，满足任意的前$k$个字符中，1的个数不能少于0的个数的字符串个数。

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思路：

30$pts$

很显然是一个$O(n^2)$的$dp$。设$f[i][j]$表示前$i$位有$j$个1的方案数。方程显然为
$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]$
答案就是$f[n+m][n]$。

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100$pts$

神题$orz$
可以把题目看做一个平面直角坐标系，若第$i$位选择1，则往右上方走一格，如果选择0，则往右下方走一格。
不考虑0的个数是否大于1的个数的话，答案显然就是从$(0,0)$走到$(n+m,n-m)$的方案数。
也就是说在n+m中选择n个位置向上走一格的方案数。显然就是$C^m_{n+m}$。
如果考虑0的个数大于1的个数，也就是说路径中经过$y=-1$的直线，就是某一时刻$y=-1$。如果把在$y=-1$之前的所有路径沿直线$y=-1$对称，那么这个路径就变成了从(-2,0)开始，经过y=-1，到达(n+m,n-m)的路径。而这种路径的方案书恰恰是经过$y=-1$直线的方案数。
由于取了对称，所以这种路劲就相当于n+m中选择n+1个位置向上走一格的方案数，即$C^{n+1}_{n+m}$。
于是答案就是$C^m_{n+m}-C^{n+1}_{n+m}$，用逆元求一下就可以了。

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代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MOD=20100403;
int n,m;

ll fac(ll x)  //阶乘
{
	ll ans=1;
	for (ll i=2;i<=x;i++)
		ans=ans*i%MOD;
	return ans;
}

ll pow(ll x,ll y)  //快速幂
{
	ll ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=ans*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}

ll C(int x,int y)  //C(n,m)=(n!)/(m!*(n-m)!)
{
	ll inv=pow(fac(y)*fac(x-y)%MOD,MOD-2);  //费马小求逆元
	return fac(x)*inv%MOD;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%d",((C(n+m,n)-C(n+m,n+1))%MOD+MOD)%MOD);
	return 0;
}