原来的程序有问题，现已修正。原来的程序可能会越界，在本机上其实是有问题的，但在CF上没测出来。（CF的评测机比较神奇，越界不明显或情况特殊时可能会忽略）
好像没人和我做法完全一样？那我就来写一个
首先，声明这个数组是1-indexed的，后面不再赘述。
设某种最大前缀和等于\(x\)，共有\(num_x\)个。所有的总和，可以用\(\sum x \times num_x\)算。但是直接用dp之类的计算每个\(num_x\)有些困难，换种思路。
枚举一个序列中，前缀的最大值\(val\)和第一次达到最大值的位置\(p\)（这里设为第一次，是为了方便计数，设成最后一次也可以）。尝试计算所有这样的序列的数目。这样肯定不会重复计数。
容易发现，对于所有的\(1 \leq i<p\)，都有\(pre_i<pre_p\)（这段连上\(p\)本身，称为“前面”）；对于所有的\(p < i \leq n+m\)，都有\(pre_i \leq pre_p\)（这段称为“后面”）。
同时，由\(p\)和\(val\)可以反推出前面和后面的\(1\)和\(-1\)的数量，前面\(1\)的数量为\((p+val)/2\)，就设为\(num1\)吧（当然\(num1\)不是整数的情况要判掉）。剩下的可填位置数小于剩下\(1\)的数量的情况，也要判掉，不然可能会有负数下标。
总合法序列数量，就是前面的填法数\(front\)和后面的填法数量\(back\)的乘积。
\(back\)可能好算一些，就是“共有多少个序列长度为\((n+m-p)\)，有\((m-num1)\)个\(1\)，且每个前缀都不大于\(0\)”，\(n^2\)的dp就可以算。
至于\(front\)，把前面的条件变形一下。
\(pre_i<pre_p\) 移项得 \(pre_p-pre_i>0\)，这个"\(pre_p-pre_i\)"是什么呢？
也就是说，它是以\(p\)为结尾的一个后缀。这个后缀必须小于\(0\)。注意到可以翻转，后缀可以看成与前缀等价，用另一个dp就能算出来。
具体地说一下我的dp，\(f_{i,j}\)表示长度为\(i\)、有\(j\)个\(1\)的序列中，所有前缀和都不小于\(0\)的序列的数量。把这样的序列中所有数取相反数，也就是把\(j\)变成\(i-j\)，就变成了所有前缀和都不大于\(0\)的数量了。类似地，\(g_{i,j}\)表示所有非空前缀的前缀和都小于\(0\)的数量。
具体转移不难，看代码吧。
\(k\)就等于\(n+m\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=998244853;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
int n,m,f[4005][4005],g[4005][2005],ans,k;
#define check(i) if(i>=mod) i-=mod;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);//新的版本n和m已经正常了
k=n+m;
f[0][0]=1;
rep(i,1,k) rep(j,0,min(i,k)) if(2*j>=i){//这里必须是min(i,n+m)，后面调用f时第二维会到n以上
if(j>0) f[i][j]=f[i-1][j-1];
f[i][j]+=f[i-1][j];
check(f[i][j]);
}
g[0][0]=1;
rep(i,1,k) rep(j,0,min(i,n)) if(2*j>i){
if(j>0) g[i][j]=g[i-1][j-1];
g[i][j]+=g[i-1][j];
check(g[i][j]);
}
rep(p,1,k) rep(val,1,min(p,n)){
if((p+val)&1) continue;
int num1=(p+val)/2;
if(num1>n||k-p<n-num1) continue;//这里就是之前错的原因了，k-p<n-num1的话，肯定不会合法。
ans+=(ll)g[p][num1]*f[k-p][k-p-(n-num1)]%mod*val%mod;
check(ans);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}