D. Token Removing

D. Token Removing

Define a sequence of integers $a$ valid if and only if $\forall 1 \le i \le n, 0 \le a_i \le i$.

Define the weight $f(a)$ of a valid sequence $a$ of length $n$:

• Initially, a token is placed at each integer point in the closed segment $[1, n]$ on the number axis.
• Perform $n$ operations in sequence. During the $i$-th operation, if $a_i \ne 0$, remove a token in the closed segment $[a_i, i]$ that has not been removed; otherwise, do nothing.
• $f(a)$ is the number of ways to remove tokens. Two ways are considered different if there exists a $t$ such that the positions of the tokens removed by the two ways are different at the $t$-th operation.

For example, $f([0, 2, 1]) = 2$, because we can remove tokens on $2, 1$ or $2, 3$ in sequence.

JT gives you two integers $n, m$ and asks you to find the sum of the weights over all $(n + 1)!$ valid sequences of length $n$. Since the answer may be too large, print it modulo $m$.

Input

Each test contains multiple test cases. The first line contains the number of test cases $t$ ($1 \le t \le 1000$). The description of the test cases follows.

The only line of each test case contains two integers $n$ and $m$ ($1 \le n \le 5000, 10^8 \le m \le 1.01 \cdot 10^9$) — the length of valid sequences, and the modulus.

It is guaranteed that the sum of $n^2$ over all test cases does not exceed $2.5 \cdot 10^7$.

Output

For each test case, output an integer — the sum of the weights over all $(n + 1)!$ valid sequences of length $n$, modulo $m$.

Example

Input

6
1 1000000007
2 1000000007
3 1000000007
4 1000000007
5 1000000007
114 514191981

Output

2
7
37
273
2672
393775292

Note

In the first test case, valid sequences are $[0]$ and $[1]$, and the answer is $f([0]) + f([1]) = 1 + 1 = 2$.

In the second test case, valid sequences are $[0, 0], [0, 1], [0, 2], [1, 0], [1, 1], [1, 2]$. The weight of $[0, 1]$ is $2$, and the others are $1$, so the answer is $5 \cdot 1 + 1 \cdot 2 = 7$.

 

解题思路

  好久没写博客了，一方面近一个月要准备考试，另一方面现在基本打一场掉一场，打击太大想退坑了。纵观下来上半年几个主要平台都在大幅掉分，由于 AI 水平越来越强，现在的思维题的比重越来越大，而我最不会的就是思维题，练了几年一点提升都没有，排名经常垫底都见怪不怪了。可能过不了几个月就真退坑了，实在打不下去了。

  容易发现无论是一个给定序列 $a$ 的 $f(a)$，或者所有合法的序列 $a$ 的 $f(a)$ 的和，都不好求。由于所求结果可以通过贡献得到，即反过来考虑每个合法的 token 取法 $p$ 可以由多少个不同的合法序列 $a$ 得到，记为 $g(p)$，那么所有合法的 $g(p)$ 的和与所有合法的 $f(a)$ 的和是相等的。因此我们只需考虑如何求合法 token 取法 $p$ 的 $g(p)$。

  实际上一个给定的合法 $p$ 也不好求 $g(p)$，但我们可以确认的是对于每个 $p_i \, (0 \leq i < k)$，其必然只能通过 $a_{p_i}$ 后缀中的某个 $a_{j}$（即 $p_i \leq j \leq n$）来获取 $p_i$ 这个 token，且 $a_j$ 的取值也要满足 $1 \leq a_j \leq p_i$。之所以提这一点，是因为对于含相同种类元素但排列不同的合法 $p$，都适用这一规则，可以一次性算出这些 $p$ 的 $g(p)$ 的和。

  由于每个 $p_i$ 被哪个 $a_j$ 获取由不同的后缀决定，因此我们应该从大到小（即 $p_0 > p_1 > \cdots > p_{k-1}$）来计算方案数（获取每个含相同种类元素但排列不同的合法 $p$ 的不同序列 $a$ 的数量的总和）。具体地，要获取 $p_0$ 这个 token，这样的 $a_j$ 有 $(n-p_0+1) \cdot p_{0}$ 种。在确定获取 $p_0$ 的 $a_j$ 后，再考虑获取 $p_1$，这样的 $a_j$ 有 $(n-p_1+1-1) \cdot p_{1}$ 种。同理分析，在确定获取 $p_0, \ldots p_{i-1}$ 的 $a_j$ 后，获取 $p_i$ 的 $a_j$ 有 $(n-p_i+1-i) \cdot p_{i}$ 种。因此方案数就是 $\prod\limits_{i=0}^{k-1}{(n-p_{i}+1-i) \cdot p_{i}}$。

  因此现在我们只需枚举集合 $S = \{1,2,\ldots,n\}$ 的所有子集 $s \subseteq S,$（其中 $p_{k} \in s, p_{k} > p_{k+1} \, (0 \leq k < |s|-1)$），然后计算上面的式子并最后求和即可，即 $\sum\limits_{s \subseteq S}{\prod\limits_{k=0}^{|s|-1}{(n-p_{k}+1-k) \cdot p_{k}}}$。该结果可以通过 dp 来计算。

  定义 $f(i,j)$ 表示考虑 $S = \{i,i+1,\ldots,n\}$ 的所有大小为 $j$ 子集 $s$ 关于 $\sum\limits_{s \subseteq S}{\prod\limits_{k=0}^{j-1}{(n-p_{k}+1-k) \cdot p_{k}}}$ 的结果。根据子集 $s$ 中是否包含 $i$ 来进行状态划分，如果不含有 $i$，对应部分的结果是 $f(i+1,j)$；否则含有 $i$，对应部分的结果是 $$\sum\limits_{s \subseteq S}\left({\left(\prod\limits_{k=0}^{j-2}{(n-p_{k}+1-k) \cdot p_{k}}\right) \cdot \left((n-i+1-(j-1)) \cdot i\right)}\right) = f(i+1,j-1) \cdot (n-i+1-(j-1)) \cdot i$$

  因此状态转移分方程就是 $f(i,j) = f(i+1,j) + f(i+1,j-1) \cdot (n-i+1-(j-1)) \cdot i$。

  最后答案就是 $\sum\limits_{i=0}^{n}{f(1,i)}$。

  AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n^2)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 5005;

int f[N][N];

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        memset(f[i], 0, n + 1 << 2);
    }
    f[n + 1][0] = 1;
    for (int i = n; i; i--) {
        for (int j = 0; j <= n - i + 1; j++) {
            f[i][j] = f[i + 1][j];
            if (j) f[i][j] = (f[i][j] + f[i + 1][j - 1] * (n - i + 2ll - j) % m * i) % m;
        }
    }
    int ret = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        ret = (ret + f[1][i]) % m;
    }
    cout << ret << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

 

参考资料 

  Codeforces Round 1035 (Div. 2) Editorial：https://codeforces.com/blog/entry/144494

  Codeforces Round 1035 (Div. 2)题解（原创）：https://zhuanlan.zhihu.com/p/1925154913115146099