考慮每個數字 \(x\) 第一次出現在位置 \(p\) 的貢獻, 那麼就要計算 \(x\) 前後的合法序列的數量了.

定義這兩個 \(dp\) 陣列:

• \(pre[i][j]\): 當 \(n=i\) 時, \(p_n=j\) 的合法序列數.
• \(suff[i][j]\): \(a_1=j\) (無視 \(a_0\) 的限制, 值域相應\(+j\)) 長度為 \(i\) 的合法序列數.

這兩個陣列的遞推還是好求的, 與第二類斯特林數很像.

然後我們考慮平方怎麼處理. 對於 \(x\) 出現了 \(k\) 次的序列, 我們相當於可重複地選兩次 \(x\). 也算個經典技巧.

現在列舉每個數字 \(i\)

1. 兩次都選擇位置 \(j\).
2. 兩次選擇位置相同但不是 \(j\).
3. 兩次中一次選擇 \(j\), 一次不選 \(j\).
4. 兩次選擇位置不同且都不選擇 \(j\).

每次選擇後面有 \(0-2\) 個 \(i\) 時, 相當於這個位置被佔用了, 可以直接去掉, 剩的位置方案即 \(suff[n-j-x][i]\).

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)

const int N = 3e3;

int t, n, m;
ll pre[N + 5][N + 5], suff[N + 5][N + 5];
// pre[pos][num]	suff[len][num]

int main () {
	cin >> t;
	inc(p, 1, t) {
		cin >> n >> m;
		
		pre[0][0] = 1;
		inc(i, 1, n) {
			inc(j, 1, i) {
				pre[i][j] = (pre[i - 1][j] * j + pre[i - 1][j - 1]) % m;
			}
		}
		
		inc(i, 1, n) suff[1][i] = 1;
		inc(i, 2, n) {
			inc(j, 1, n + 1 - i) {
				suff[i][j] = (suff[i - 1][j] * j + suff[i - 1][j + 1]) % m;
			}
		}
		
		vector<ll> res(n + 1);
		inc(i, 1, n) {	// num
			inc(j, i, n) {	//	pos
				ll tmp = suff[n - j + 1][i];			
				if(j < n) tmp = (tmp + 3 * (n - j) * suff[n - j][i]) % m;
				if(j < n - 1) tmp = (tmp + (n - j) * (n - j - 1) % m * suff[n - j - 1][i]) % m;
				res[i] = (res[i] + pre[j - 1][i - 1] * tmp) % m;
			}
		}
		
		cout << "Case #" << p << ":\n";
		inc(i, 1, n) {
			cout<< res[i] << " \n"[i == n];
		}
	}
}