BZOJ

因為是本質不同，所以考慮以最小字典序計數。

假設序列最大值為\(m\)，那麼序列有這兩種情況：

1. \(1\ (1\ 2\ 1\ 2...)\ 2\ (3\ 2\ 3\ 2...)\ 3\ (4\ 3\ 4\ 3...)\ ...\ m\)
2. \(1\ (1\ 2\ 1\ 2...)\ 2\ (3\ 2\ 3\ 2...)\ 3\ (4\ 3\ 4\ 3...)\ ...\ m\ m-1\)

如果序列長度為\(n\)，那麼可以看做我們有\(\frac{n-m}{2}\)個相同的球，將它們放進\(m-1\)個盒子，允許盒子有空的方案數，即\(C_{n+m-1}^{m-1}\)

\(n,m\)都是不確定的。因為\(\sum_{i=0}^nC_{i+m-1}^{m-1}=C_{n+m-1}^{m-1}\)，所以列舉最大值\(m\)，就可以\(O(m)\)得到答案啦。

預處理到\(2e6\)就可以啊，不需要\(4e6\)，因為\(\frac{n-m}{2}+m=\frac{n+m}{2}\)。。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=2e6+5;

int fac[N],ifac[N];

#define F(n,m) (1ll*fac[(n)+(m)-1]*ifac[n]%mod*ifac[(m)-1]%mod)
inline int FP(int x,int k)
{
    int t=1;
    for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
    return t;
}

int main()
{
    int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);
    fac[0]=fac[1]=1; int lim=n+m>>1;
    for(int i=2; i<=lim; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    ifac[lim]=FP(fac[lim],mod-2);
    for(int i=lim-1; ~i; --i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;

    LL ans=n&&m;//m=1特判下 
    for(int i=2,l=std::min(n,m); i<=l; ++i)
    {
        ans+=F((n-i)/2,i);
        if(i+1<=n) ans+=F((n-i-1)/2,i);
    }
    printf("%lld\n",ans%mod);

    return 0;
}
//  int i;//突然閒的 
//  for(i=2; i+3<=lim; i+=4)
//      fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,
//      fac[i+1]=1ll*fac[i]*(i+1)%mod,
//      fac[i+2]=1ll*fac[i+1]*(i+2)%mod,
//      fac[i+3]=1ll*fac[i+2]*(i+3)%mod;
//  for(; i<=lim; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
//  ifac[lim]=FP(fac[lim],mod-2);
//  for(i=lim-1; i-3>=0; i-=4)
//      ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod,
//      ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*(i)%mod,
//      ifac[i-2]=1ll*ifac[i-1]*(i-1)%mod,
//      ifac[i-3]=1ll*ifac[i-2]*(i-2)%mod;
//  for(; i>=0; --i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;