做这题之前先看道高考真题（好像是真题，我记不清了）
例：已知一个由n个0和n个1排列而成的数列，要求对于任意k∈N*且k∈[1,2n]，在前k个数中1的个数不少于0的个数，求当n=4时这样的数列的数量。
解：14个（策略：暴力枚举，时间复杂度O(2^n)）
所以本题其实就是对高考真题的一个一般化推广，首先扩大了n的范围，而且0的个数和1的个数可能不等了，所以这道题并不简单
我们通过打表可以发现：当n=m时，答案满足卡特兰数列，即
当n！=m呢？
再稍微打个表，答案就是
（我不会告诉你我没打出来这个表的）
接下来就好说了，预处理阶乘逆元然后计算组合数即可
但是为什么是这个公式呢？
我们稍微转化一下：将问题放到坐标系上，假设1代表向右上走，0代表向右下走，那么问题转化为了从（0,0）点到（n+m，n-m）点且不经过第四象限的方案数
那么如果完全统计方案数，答案即为
但是一定有一些是不合法的啊
那么如果是不合法的方案，这些不合法的路径一定会经过直线y=-1，那么我们将经过这条直线之前的所有点关于这条直线对称，会发现起点变成了（0，-2）！
于是问题转化为了从（0，-2）走到（n+m，n-m）的方案数
设向上走x步，向下走y步
则x+y=n+m，x-y=n-m+2
∴x=n+1,y=m-1
∴方案数即为
两者做差即可
解释如图。
当然，这题还有一些递推式，比如f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]，若i<j f[i][j]=0
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
#define mode 20100403
using namespace std;
ll inv[];
ll mul[];
ll n,m;
void init()
{
inv[]=inv[]=;
for(int i=;i<=n+m;i++)
{
inv[i]=(mode-mode/i)*inv[mode%i]%mode;
}
mul[]=mul[]=;
for(int i=;i<=n+m;i++)
{
inv[i]*=inv[i-];
inv[i]%=mode;
mul[i]=mul[i-]*i%mode;
}
}
ll C(ll x,ll y)
{
if(y>x)
{
return ;
}
return mul[x]*inv[y]%mode*inv[x-y]%mode;
}
int main()
{
// freopen("task.in","r",stdin);
// freopen("task.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
init();
printf("%lld\n",((C(n+m,n)-C(n+m,n+))%mode+mode)%mode);
return ;
}