？这你评 3246？好弱智。
首先容易发现，两个人的路径只会相交在一条直线上，那么若干个交点就都在这一条直线上。
考虑容斥求这个问题，拿至少出现 \(1\) 个交点的方案数减去至少出现 \(2\) 个交点的方案数就是答案。
如何统计至少出现 \(1\) 个交点的方案数？一条直线上的若干交点能够让我们联想到一套链，那么我们可以拿交点数减去相邻两个交点对数，就是有多少种方案数。
首先考虑交点数。考虑枚举交点 \((x, y)\)，那么有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{x=0}^w \sum_{y=0}^h \binom{2x + h}{x, x, y, h - y} \binom{2(w - x) + h}{w - x, w - x, y, h - y}\\
=&\sum_{x=0}^w \sum_{y=0}^h \binom{2x+h}{x} \binom{x + h}{x} \binom{h}{y}\binom{2(w-x)+h}{w-x} \binom{w - x + h}{w - x} \binom{h}{y}\\
=&\sum_{x=0}^w \binom{2x+h}{x} \binom{x + h}{x}\binom{2(w-x)+h}{w-x} \binom{w - x + h}{w - x} \sum_{y=0}^h \binom{h}{y}^2\\
=&\sum_{x=0}^w \binom{2x+h}{x} \binom{x + h}{x}\binom{2(w-x)+h}{w-x} \binom{w - x + h}{w - x} \binom{2h}{h}\\
=&\binom{2h}{h}\sum_{x=0}^w \binom{2x+h}{x} \binom{x + h}{x}\binom{2(w-x)+h}{w-x} \binom{w - x + h}{w - x} \\
\end{aligned}
\]
设 \(f_i = \binom{2i + h}{i} \binom{i + h}{i}\)，那么上式就是一个卷积的形式。我们不妨设 \(g_i = \sum_{j=0}^i f_j f_{i - j}\)，那么上式子就是 \(\binom{2h}{h} g_w\)。
然后考虑相邻交点对数。这个相当于我们枚举两个点，然后需要保证这两个点中间不会有另外一个交点。发现这其实就是一个卡特兰数，那么答案其实就是 \(\binom{2h}{h} \sum_{i=0}^{w - 1} g_i C_{w - 1 - i}\)。
那么至少有 \(1\) 个交点的方案数就统计完了。统计至少有 \(2\) 个交点的方案数也是类似的，我们拿相邻交点对数减去相邻三个交点对数就是答案。
相邻三个交点对数也是同样的，我们选取两个点，要求这中间恰好有一个交点，这个方案数就是卡特兰数卷积一下，也很容易算，懒得写式子了。
然后就做完了，好弱智。
void pre(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
inv[n] = qpow(fac[n], P - 2);
for (int i = n; i >= 1; i--)
inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % P;
}
Polynomial f, g, c, d;
int main() {
pre(800000);
scanf("%d%d", &h, &w);
h--, w--;
f.set(w);
for (int i = 0; i <= w; i++) {
f[i] = 1ll * C(2 * i + h, h) * C(2 * i, i) % P;
}
g = f * f;
c.set(w);
c[0] = 1;
for (int i = 1; i <= w; i++) {
c[i] = (C(2 * i, i) - C(2 * i, i - 1) + P) % P;
}
d = c * c;
int ans = 0;
// at least 1: 1 - 2
ans = g[w];
for (int i = 0; i <= w - 1; i++) {
ans = (ans - 2ll * g[i] * c[w - 1 - i] % P + P) % P;
}
// at least 2: 2 - 3
for (int i = 0; i <= w - 1; i++) {
ans = (ans - 2ll * g[i] * c[w - 1 - i] % P + P) % P;
}
for (int i = 0; i <= w - 2; i++) {
ans = (ans + 4ll * g[i] * d[w - 2 - i] % P + P) % P;
}
ans = 1ll * ans * C(2 * h, h) % P;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}