AGC043D题解

首先，假设我们已经知道了\(A_1,A_2,\ldots,A_n\)，然后考虑一下最后的\(P\)大概会长什么样子。

比如现在假设有一个序列\(x=\{x_1,x_2,x_3 \}\)，如果\(x_i>x_{i+1}\)，那么在选择了\(x_i\)之后一定会选择\(x_{i+1}\)。因此按从前往后的顺序看\(x\)，如果\(x_i\)比之前的所有\(x_i\)都要大，就在其前面放置一个“中断”，然后一次选择“中断”间（这里认为两端也算“中断”）的一整个块。

选择一个块的时间由该块的第一个值决定，且该块开头的值按照一个顺序从前面开始单调递增。因此，\(P\)是按照第一个值排序的块序列。

那么反过来说，这些块是从\(P\)唯一确定的。

考虑如何将它们分配给\(A_1,A_2,\ldots,A_N\)

可以证明，一个合法的\(P\)一定可以按照以下几个条件构造出来：

将\(P\)划分为块，且这些块的大小满足

• 每个块的大小不超过3个。
• 大小为2的块数量\(\leq\)大小为1的块的数量。

那么假设一开始块的大小分别为\(a_1,a_2,\ldots ,a_K\)。而满足条件的排列的数量即

\[\frac{n!}{a_1\cdot(a_1+a_2)\cdot \ldots \cdot (a_1+a_2+\ldots +a_K)} \]

然后考虑\(dp\)求出答案。

令\(dp_{i,j}\)表示所有\(\frac{N!}{a_1\cdot (a_1+a_2)\cdot \ldots \cdot (a_1+a_2+\ldots +a_K)}\)对于所有的\(a\)，其中\(i=\sum a,j=\)长度为\(1\)的段的数量\(-\)长度为\(2\)的段的数量。具体转移为

\[dp_{i,j}+=dp_{i-1,j} \]

\[dp_{i,j}+=dp_{i-2,j-1}\cdot (i-1) (i\ge 2,j\ge 1)\ \]

\[dp_{i,j} +=dp_{i-3,j-1}\cdot(i-1) \cdot (i-2)(i\ge 3,j\ge 1) \]

（系数是从上面那个式子中除下来的）

时间复杂度\(O(n^2)\)

inline void add(int &x,const int &y){x+=y;x>=m?x-=m:1;} 
signed main()
{
	n=read(),m=read();
	dp[0][0]=1;
	R(i,1,3*n) R(j,0,n)
	{
		add(dp[i][j],dp[i-1][j]);
		if(i>=2&&j) add(dp[i][j],dp[i-2][j-1]*(i-1)%m);
		if(i>=3&&j) add(dp[i][j],dp[i-3][j-1]*(i-1)%m*(i-2)%m);
	}
	int ans=0;
	R(i,0,n) add(ans,dp[3*n][i]);
	writeln(ans);
}