方法一：容斥

以生成的所有可能序列为全集 $U$，那么对于每一个序列，只可能有三种情况：

1. 前 $n$ 个数的和 $>$ 后 $n$ 个数的和；
2. 前 $n$ 个数的和 $<$ 后 $n$ 个数的和；
3. 前 $n$ 个数的和 $=$ 后 $n$ 个数的和；

其中前两个情况一定是一一对应的（交换前 $n$ 个数和后 $n$ 个数即可），数量一定相同，于是考虑第三种情况。

问题转化为：求前 $n$ 个数和后 $n$ 个数的和相同的概率 $p$。

所有数在 $[0,m]$，前 $n$ 个和后 $n$ 个相同，可以看作前 $n$ 个在 $[0,m]$ 中，后 $n$ 个在 $[-m,0]$ 中，和为 $0$ 的方案数。

给后 $n$ 个数加上 $m$，则等价于所有元素在 $[0,m]$ 中，和为 $nm$ 的方案数。

那么问题就转化为了一个容斥原理经典模型：对于 $0\le x\le m,\sum x_i=nm$，钦定 $k$ 个不满足上界限制，将它们减掉 $m+1$。

方案数就是 $f(k)=C_{2n}^kC_{2n+t-1}^{t}$，$t=nm-k(m+1)$，总方案数为 $\sum_{k=0}^{2n}(-1)^kf(k)$。

那么所求概率 $p=\dfrac{\sum_{k=0}^{2n}(-1)^kf(k)}{(m+1)^{2n}}$，最终答案为 $\dfrac{1-p}{2}$。

方法二：生成函数

设 $p$ 是前 $n$ 个数的和与后 $n$ 个数的和相等的概率，答案为 $\dfrac{1-p}{2}$。

记前 $n$ 个数的和的生成函数为：

$$F(x)=\sum_{i=0}^{nm}f_ix^i=(\dfrac{1-x^{m+1}}{1-x})^n$$

那么 $p=\dfrac{\sum_{i=0}^{nm}f_i^2}{(m+1)^{2n}}$。

看起来要把 $F(x)$ 的所有系数 $f_i$ 都求出来，很困难。但发现 $f_i=f_{nm-i}$，于是：

$$\begin{aligned}\sum_{i=0}^{nm}f_i^2=\sum_{i=0}^{nm}f_if_{nm-i}&=[x^{nm}]F(x)^2\\&=x^{nm}^{2n}\\&=\sum_{i=0}^{2n}(-1)^i\binom{2n}{i}\binom{2n-1+mn-i(m+1)}{2n-1}\end{aligned}$$

于是预处理出 $O(nm)$ 范围内的阶乘即可 $O(n)$ 求出单组答案。

时间复杂度为 $O(nm+Tn)$。