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顯然可以dp

顯然可以假設(shè)單調(diào)增，答案乘個階乘即可

設(shè)$f(i,j)$表示前$i$個不超過$j$的答案

$$f(i,j)=f(i,j?1)+jf(i?1,j?1)$$

注意邊界是$f(0,i)=1!$

注意邊界是$f(0,i)=1!!$

注意邊界是$f(0,i)=1!!!$

最終答案為$n!f(n,A)$

這樣做是$O(nA)$的，需要優(yōu)化

考慮上網(wǎng)搜題解，這樣容易得知可以假設(shè)$f(i,j)$是關(guān)于$j$的多項式

人話翻譯：把$f$每一行拆開看成一個個數(shù)列，這樣每一行有一個多項式通項公式

設(shè)$g(i)$表示$f(i,j)$的次數(shù)

根據(jù)轉(zhuǎn)移方程

$$f(i,j)?f(i,j?1)=jf(i?1,j?1)$$

看著不習(xí)慣？

$$F(i)?F(i?1)=if(i?1)$$

由于左邊是多項式，最高項一定消掉了

所以

$$g(n)?1=g(n?1)+1$$

$$g(n)=g(n?1)+2$$

顯然

$$g(0)=0$$

所以

$$g(n)=2n$$

插一下就好了

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> const int N=1005; using namespace std; int MOD; typedef long long ll; inline int add(const int& a,const int& b){return a+b>=MOD? a+b-MOD:a+b;} inline int dec(const int& a,const int& b){return a<b? a-b+MOD:a-b;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } int dp[N][N]; int main() {int a,n;scanf("%d%d%d",&a,&n,&MOD);for (int i=0;i<=(2*n);i++) dp[0][i]=1;for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=(2*n);j++)dp[i][j]=add(dp[i][j-1],(ll)j*dp[i-1][j-1]%MOD);int ans=0;for (int i=0;i<=2*n;i++){int mul=dp[n][i];if (!mul) continue;for (int j=0;j<=2*n;j++) if (i!=j) mul=(ll)mul*dec(a,j)%MOD*qpow(dec(i,j),MOD-2)%MOD;ans=add(ans,mul);}for (int i=1;i<=n;i++) ans=(ll)ans*i%MOD;printf("%d\n",ans);return 0; }

總結(jié)

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