dp

dp[i][j]表示前i+j个字符中放了i个A和j个B的方法数。

我们可以贪心的先把前n个A都作为AB的A，前m个B都作为BA的B，这样显然是不影响答案的正确性的，因为假设前n个A中有一个是BA的A，那么我们一定可以在更后面找到一个A来代替当前的A成为BA的A，B的情况也同理。

因此我们对于A，只要放的A的数量小于n + min(j, m)，其中j为放的B的数量，m为BA中的B的数量，n为AB中A的数量，那我们可以直接相加方法数当成状态的转移，对于放B的情况也同理。

dp的边界是我们在前n个位置可以直接放A，也可以在前m个位置直接放B。

#include 
    
     #define INF 0x3f3f3f3f#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)using namespace std;typedef long long ll;inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }inline int read(){    int ret = 0, w = 0; char ch = 0;    while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }    while(isdigit(ch)) ret = (ret << 3) + (ret << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();    return w ? -ret : ret;}inline int gcd(int a, int b){ return b ? gcd(b, a % b) : a; }inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }template 
     
      inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }template 
      
       inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }template 
       
        inline A fpow(A x, B p, C lyd){    A ans = 1;    for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;    return ans;}const int N = 2005;const int MOD = 1e9 + 7;int n, m, dp[N<<1][N<<1];int main(){    while(~scanf("%d%d", &n, &m)){        for(int i = 0; i <= n + m; i ++)for(int j = 0; j <= n + m; j ++) dp[i][j] = 0;        for(int i = 0; i <= n; i ++) dp[i][0] = 1;        for(int i = 0; i <= m; i ++) dp[0][i] = 1;        for(int i = 1; i <= n + m; i ++){            for(int j = 1; j <= n + m; j ++){                if(i <= n + min(j, m)) dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + dp[i - 1][j] % MOD) % MOD;                if(j <= m + min(i, n)) dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + dp[i][j - 1] % MOD) % MOD;            }        }        printf("%d\n", dp[n + m][n + m] % MOD);    }    return 0;}