题意：
1<=k1,k2<=10,1<=n1,n2<=100
思路：
开了个四维的DP,反正空间也足够（手动狗头.jpg）
dp[i][j][u][v]表示选了i个A,j个B,而且末尾有u个连续的A或v个连续的B的方案数。
因为结尾只能放一种字符，所以u和v中肯定有一个是0。（从这点可以简化成三维的DP）
当u==0时，表示末尾有v个连续的B，考虑下一个放什么，如果下一个放A，那么该状态就能转移到dp[i+1][j][1][0]；如果下一个放B，那么该状态就能转移到dp[i][j+1][0][v+1]。
当v ==0时也同理。
初始化就是放第一个，结果的话对于所有的进行求和。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll,ll>PLL; typedef pair<int,int>PII; typedef pair<double,double>PDD; #define I_int ll inline ll read() { ll x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-')f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); } return x*f; } char F[200]; inline void out(I_int x) { if (x == 0) return (void) (putchar('0')); I_int tmp = x > 0 ? x : -x; if (x < 0) putchar('-'); int cnt = 0; while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0'; tmp /= 10; } while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]); //cout<<" "; } ll ksm(ll a,ll b,ll p) { ll res=1; while(b) { if(b&1)res=res*a%p; a=a*a%p; b>>=1; } return res; } const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int maxn=1100,mod=1e8; const double PI = atan(1.0)*4; const double eps=1e-6; int dp[105][105][15][15]; int main () { int n1,n2,k1,k2; n1=read(),n2=read(),k1=read(),k2=read(); dp[1][0][1][0]=dp[0][1][0][1]=1; for(int i=0; i<=n1; i++) { for(int j=0; j<=n2; j++) { for(int u=0; u<=min(i,k1); u++) { dp[i+1][j][u+1][0]=(dp[i+1][j][u+1][0]+dp[i][j][u][0])%mod; dp[i][j+1][0][1]=(dp[i][j+1][0][1]+dp[i][j][u][0])%mod; } for(int v=0; v<=min(j,k2); v++) { dp[i][j+1][0][v+1]=(dp[i][j+1][0][v+1]+dp[i][j][0][v])%mod; dp[i+1][j][1][0]=(dp[i+1][j][1][0]+dp[i][j][0][v])%mod; } } } int res=0; for(int i=0; i<=min(k1,n1); i++) res=(res+dp[n1][n2][i][0])%mod; for(int i=0; i<=min(k2,n2); i++) res=(res+dp[n1][n2][0][i])%mod; out(res); return 0; }
