考虑当 $a_i\le a_{i+1}$ 时拆成 $a_{i+1}-a_i$ 个 $+1$，当 $a_i>a_{i+1}$ 时拆成 $a_i-a_{i+1}$ 个 $-1$，那么原序列变成了一个由 $+1$ 和 $-1$ 组成的长度为 $2m$ 的序列，满足总和 $=0$ 且每个前缀和都 $\ge 0$，称满足这个条件的序列为合法序列。

先考虑一个合法序列 $b$ 怎么变回原序列，这相当于将 $b$ 分成 $n+1$ 段，可以为空，且每一段的数都相同。那就是必须要分割 $b_i\neq b_{i+1}$ 的位置，然后其他位置任选。记 $b$ 中由 $+1$ 构成的连续段有 $k$ 个，因为 $b_1=1$ 且 $b_{2m}=-1$ 所以由 $-1$ 构成的连续段也有 $k$ 个，那么 $b_i\neq b_{i+1}$ 的位置数就有 $2k-1$ 个。剩下 $n-2k+1$ 个分割点可以随意放在 $2m+1$ 个位置，那么变回原序列的方案数就是 $\dbinom{n-2k+1+2m}{2m}$。

接下来的问题就是对 $k=1\sim \min(m,\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor)$ 计算有多少个合法序列满足恰好有 $k$ 个连续 $+1$ 段，记答案为 $f(k)$。考虑以下引理：对于长度为 $n$ 的序列 $x$ 满足 $\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=1$，则其所有循环位移中恰好有一个满足所有的前缀和 $>0$。（Raney 引理）

证明：即证明存在恰好一个 $i$，使得 $s_i\sim s_{i+n-1}$ 均 $>s_{i-1}$，由于 $s_{i+n}=s_i+1$，所以可以发现 $s_{i-1}$ 必然是 $s_0\sim s_{n-1}$ 中的最小值（不然最小值对应的那个 $s_j$ 必然 $\le s_{i-1}$），进一步发现必然是最右边的最小值（不然其右边的最小值 $s_j=s_{i-1}$），因此只有唯一一个 $i$ 满足条件。

现在再来考虑 $f(k)$ 怎么算。在合法序列前面添加一个 $1$，此时这个序列满足总和 $=1$，且前缀和的限制变为 $>0$。那么令不要求前缀和 $>0$ 的方案数为 $g(k)$，有 $f(k)=\dfrac{1}{k}g(k)$（因为将整个序列放到圆上，选一个起点然后顺时针选就能得到一个新的序列，因为这个起点必然是 $+1$ 连续段的起点，如果存在两个不同的起点得到的序列同构那么 $(m,m+1)>1$ 显然不可能，所以 $k$ 个起点分别对应了一个不要求前缀和的合法序列，再由 Raney 引理可得其中只存在一个序列合法，即可得到这个式子）。$g(k)$ 不难插板算出，即 $f(k)=\dfrac{1}{k}\dbinom{m}{k-1}\dbinom{m-1}{k-1}=\dfrac{1}{m}\dbinom{m}{k-1}\dbinom{m}{k}$。

那么答案即为 $\displaystyle\dfrac{1}{m}\sum_{k=1}^{\min(m,\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor)}\dbinom{n-2k+1+2m}{2m}\dbinom{m}{k-1}\dbinom{m}{k}$，直接计算即可。时间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。