代码极短
\(O(n^2)\)dp是设\(f_{i,j,k}\)表示前\(i\)位,放了\(j\)个1,后面还可以接着放\(k\)个0的方案,转移的话,如果放0,\(k\)就要减1,反之放了1,后面可以多放一个0,所以\(k\)加1,即$$f_{i+1,j,k-1}+=f_{i,j,k}$$$$f_{i+1,j+1,k+1}+=f_{i,j,k}$$
这样子还是不好优化,,,
我们可以把问题抽象化,把这个放字符过程转化为从平面直角坐标系的\((0,0)\)走到\((n,m)\),其中放1相当于横坐标+1,放0相当于纵坐标+1,因为要求任何一个前缀中1个数大于等于0个数,也就是走的过程中不能经过\((x,x+1)\),也就是不能碰到直线\(y=x+1\).这是个经典问题,答案为\(\binom{n+m}{m}-\binom{n+m}{m-1}\).至于为什么,这里有一道类似的题
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register
#define db double
#define eps (1e-5)
using namespace std;
const int N=1000000+10,mod=20100403;
il LL rd()
{
re LL x=0,w=1;re char ch;
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
LL n,m,jc[N<<1];
il LL ksm(LL a,LL b)
{
LL an=1;
while(b)
{
if(b&1) an=(an*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return an;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n+m;i++) jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
printf("%lld\n",((jc[n+m]*ksm(jc[n],mod-2)%mod*ksm(jc[m],mod-2)%mod-jc[n+m]*ksm(jc[n+1],mod-2)%mod*ksm(jc[m-1],mod-2)%mod)%mod+mod)%mod);
return 0;
}