Description
lxhgww最近接到了一個生成字符串的任務，任務需要他把n個1和m個0組成字符串，但是任務還要求在組成的字符串中，在任意的前k個字符中，1的個數不能少於0的個數。現在lxhgww想要知道滿足要求的字符串共有多少個，聰明的程序員們，你們能幫助他嗎？
Input
輸入數據是一行，包括2個數字n和m
Output
輸出數據是一行，包括1個數字，表示滿足要求的字符串數目，這個數可能會很大，只需輸出這個數除以20100403的餘數
Sample Input
2 2
Sample Output
2
HINT
【數據範圍】
對於30%的數據，保證1<=m<=n<=1000
對於100%的數據，保證1<=m<=n<=1000000
Source
Day2
20100403……看似隨意的數字竟然是個素數。此題爲最標準的卡特蘭數，以下內容摘自百度百科：
問題1的描述：有n個1和m個-1（n>m），共n+m個數排成一列，滿足對所有0<=k<=n+m的前k個數的部分和Sk > 0的排列數。
問題等價爲在一個格點陣列中，從（0，0）點走到（n，m）點且不經過對角線x==y的方法數（x > y）。
考慮情況I：第一步走到（0，1），這樣從（0，1）走到（n，m）無論如何也要經過x==y的點，這樣的方法數爲(( n+m-1,m-1 ));
考慮情況II：第一步走到（1，0），又有兩種可能：
a. 不經過x==y的點；（所要求的情況）
b. 經過x==y的點，我們構造情況II.b和情況I的一一映射，說明II.b和I的方法數是一樣的。設第一次經過x==y的點是（x1，y1），將（0，0）到（x1，y1）的路徑沿對角線翻折，於是唯一對應情況I的一種路徑；對於情況I的一條路徑，假設其與對角線的第一個焦點是（x2，y2），將（0，0）和（x2，y2）之間的路徑沿對角線翻折，唯一對應情況II.b的一條路徑。
問題的解就是總的路徑數 ((n+m, m)) - 情況I的路徑數 - 情況II.b的路徑數。
((n+m , m)) - 2*((n+m-1, m-1)) 或：((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))
問題2的描述：有n個1和m個-1（n>=m），共n+m個數排成一列，滿足對所有0<=k<=n+m的前k個數的部分和Sk >= 0的排列數。（和問題1不同之處在於此處部分和可以爲0，這也是更常見的情況）
問題等價爲在一個格點陣列中，從（0，0）點走到（n，m）點且不穿過對角線x==y的方法數（可以走到x==y的點）。
把（n，m）點變換到（n+1，m）點，問題變成了問題1。 方法數爲： ((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))
或：((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))
一開始很傻逼地寫了個組合數取模，結果T了。又想了一遍數據範圍和時間複雜度，改成組合數公式即暴力階乘結果A了……
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int p=20100403;
int n,m;
LL ans;
LL quick_pow(LL a,LL b)//快速冪
{
LL t=1;
for (;b;b>>=1,a=(a*a)%p)
if (b&1) t=(t*a)%p;
return t;
}
LL jc(int x)//階乘
{
LL t=1;
for (int i=2;i<=x;++i)
t=(t*i)%p;
return t;
}
LL ny(int x)//逆元（利用費馬小定理）
{
return quick_pow(x,p-2);
}
LL C(int x,int y)//組合數
{
return (jc(x)*ny(jc(y))%p*ny(jc(x-y))%p);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
cout<<(C(n+m,n)-C(n+m,m-1)+p)%p;
return 0;
}