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传说很久以前,大地上居住着一种神秘的生物:地精。 地精喜欢住在连绵不绝的山脉中。具体地说,一座长度为 \(N\) 的山脉 \(H\)可分 为从左到右的\(N\) 段,每段有一个独一无二的高度 \(H_i\),其中\(H_i\)是\(1\)到\(N\) 之间的正 整数。 如果一段山脉比所有与它相邻的山脉都高,则这段山脉是一个山峰。位于边 缘的山脉只有一段相邻的山脉,其他都有两段(即左边和右边)。 类似地,如果一段山脉比所有它相邻的山脉都低,则这段山脉是一个山谷。 地精们有一个共同的爱好——饮酒,酒馆可以设立在山谷之中。地精的酒馆 不论白天黑夜总是人声鼎沸,地精美酒的香味可以飘到方圆数里的地方。 地精还是一种非常警觉的生物,他们在每座山峰上都可以设立瞭望台,并轮 流担当瞭望工作,以确保在第一时间得知外敌的入侵。 地精们希望这\(N\) 段山脉每段都可以修建瞭望台或酒馆的其中之一,只有满足 这个条件的整座山脉才可能有地精居住。 现在你希望知道,长度为\(N\) 的可能有地精居住的山脉有多少种。两座山脉\(A\)和\(B\)不同当且仅当存在一个 \(i\),使得 \(A_i≠B_i\)。由于这个数目可能很大,你只对它除以\(P\)的余数感兴趣。

Input

仅含一行,两个正整数 \(N\), \(P\)。

Output

仅含一行,一个非负整数,表示你所求的答案对\(P\)取余之后的结果。

Sample Input

4 7

Sample Output

3

HINT



对于 \(20\%\)的数据,满足 \(N≤10\);

对于 \(40\%\)的数据,满足 \(N≤18\);

对于 \(70\%\)的数据,满足 \(N≤550\);

对于 \(100\%\)的数据,满足 \(3≤N≤4200,P≤10^9.\)

Solution

  • 题面废话很多,就是求长度为\(N\)的波动序列的个数.
  • 注意到对于任意一个波动序列\(a\),将其中的每个\(a_i\)变为\(N+1-a_i\),仍是一个波动序列,且由先升后降变为先降后升,或由先降后升变为先升降.
  • eg.\(1,3,2,4\)->\(4,2,3,1\).
  • 那么我们只需要求出先降后升的序列个数,再乘\(2\)即为答案.
  • 考虑令\(f[i]\)表示\(i\)个不同的数组成的先降后升的序列个数.(不同即可,与具体大小无关)
  • 计算\(f[i]\)时,考虑枚举最大的数所在的位置\(j\),显然是一个奇数.
  • 那么它前面还有\(j-1\)个数,后面还有\(i-j\)个数.
  • 我们从剩余的\(i-1\)个数中选出\(j-1\)个数放在前面,剩余的放在后面.
  • 有转移方程\(f[i]=\sum_{j=2k+1,k\in N}^{i} C_{i-1}^{j-1}*f[j-1]*f[i-j]\).
  • 时间复杂度为\(O(n^2)\).
  • 由于\(P\)是读入的,组合数的计算使用递推.但直接开\(n^2\)的数组会\(MLE\),需要滚动数组计算(第一次见到组合数还要滚动数组的).
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
int out=0,fh=1;
char jp=getchar();
while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
jp=getchar();
if (jp=='-')
{
fh=-1;
jp=getchar();
}
while (jp>='0'&&jp<='9')
{
out=out*10+jp-'0';
jp=getchar();
}
return out*fh;
}
int n,P;
inline int add(int a,int b)
{
return (a + b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a,int b)
{
int res=1;
while(b)
{
if(b&1)
res=mul(res,a);
b>>=1;
a=mul(a,a);
}
return res;
}
const int MAXN=4396;
int f[MAXN];
int C[2][MAXN];
int main()
{
n=read(),P=read();
f[0]=1;
int id=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
C[id^1][0]=1;
C[id][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
{
C[id][j]=add(C[id^1][j],C[id^1][j-1]);
if(j&1)
f[i]=add(f[i],mul(C[id^1][j-1],mul(f[j-1],f[i-j])));
}
id^=1;
}
int ans=mul(f[n],2);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

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