tzc：“AtC風格的計數DP。”我就想問了，AtC的題怎麼可能不是AtC風格的呢？

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給定\(n,m,p\)，求有多少個值域為\([1,m]\cap\mathbb Z\)的序列\(n+1\)元組\((a_0,a_1,\cdots,a_n)\)，滿足：

1. \(\forall i\in[0,n],|a_i|=i\)；
2. \(\forall i\in[0,n)\)，\(a_i\)是\(a_{i+1}\)的子序列；
3. \(\forall i\in[0,n),a_i<a_{i+1}\)。

答案對\(p\)取模。

\(n,m\in[1,300],p\in\left[2,10^9\right]\)

。

顯然，原問題等價於，一個序列\(a\)一開始為空，\(n\)次每次往裡任意位置塞一個\([1,m]\)內的數，使得字典序大於原來的序列，求\(n\)次組成的序列組的個數（注意這裡不能說操作的數量，因為在不同位置插入相同數可能得到的序列一樣）。

考慮在位置\(x\)插入\(y\)合法的充要條件。若\(x=|a|+1\)顯然合法。剩下的顯然要滿足\([y]+a_{x,|a|}>a_{x,|a|}\)。若\(y\neq a_x\)，那麼字典序相對大小決定在它們身上，所以\(y>a_x\)。否則的話，，，注意到若把\(y\)插入到往右數第一個滿足\(y\neq a_{x'}\)的位置\(x'\)

分析完之後還是不會做。這是一個動態的插入問題，每次的\(a\)都會變。不妨將時間定格在最後一刻，所有數都各就各位了，再來考慮每個位置\(i\)上的值\(v_i\)與被插入的時間（時間戳）\(dfn_i\)。

稍微轉化一下，此時一個\((v,dfn)\)序列合法當且僅當，\(\forall i\in[1,n],v_i>v_{\min\limits_{j>i,dfn_j<dfn_i}\{j\}}\)（為了方便，設\(v_{n+1}=dfn_{n+1}=0\)

考慮DP。設\(dp_{i,j}\)表示\((v,dfn)\)序列的大小為\(i\)，值域為\([j,m]\)的方案數。邊界\(dp_{0,j}=1\)，目標\(dp_{n,1}\)。列舉\(dfn_x=1\)的\(x\)和\(v_x\)兩個東西，就可以轉移了，注意到若左右各找一個方案，那麼左右兩半內部的\(dfn\)相對大小固定，而跨越左右兩半的\(dfn\)相對大小無所謂，將它們的\(dfn\)值域共同擴充套件，還要乘上一個組合數。

狀態轉移方程：

\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^i\sum_{o=j}^mdp_{k-1,o+1}dp_{i-k,j}\binom{i-1}{k-1} \]

不過這樣時間複雜度是\(\mathrm\!\left(n^4\right)\)的（視\(n,m\)同階），然鵝很好優化，移一下\(\sum\)得到

\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^idp_{i-k,j}\binom{i-1}{k-1}\sum_{o=j}^mdp_{k-1,o+1} \]

則實時維護\(\forall i\in[0,n],dp_i\)的字首和，後面那個\(\sum\)呼叫一下字首和複雜度就少一個\(n\)了。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300,M=300;
int n,m,mod;
int comb[N+1][N+1];
int dp[N+1][M+2];
int Sum[N+1][M+2];
int main(){
	cin>>n>>m>>mod;
	comb[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)comb[i][j]=((j?comb[i-1][j-1]:0)+(j<i?comb[i-1][j]:0))%mod;//預處理組合數 
	for(int i=1;i<=m+1;i++)Sum[0][i]=(Sum[0][i-1]+(dp[0][i]=1))%mod;//邊界 
	for(int i=1;i<=n;i++){//轉移 
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=1;k<=i;k++)(dp[i][j]+=1ll*dp[i-k][j]*comb[i-1][k-1]%mod*(Sum[k-1][m+1]-Sum[k-1][j])%mod)%=mod;//轉移方程 
			Sum[i][j]=(Sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;//維護字首和 
//			printf("dp[%d][%d]=%d\n",i,j,dp[i][j]);
		}
		Sum[i][m+1]=Sum[i][m];//維護字首和 
	}
	cout<<(dp[n][1]+mod)%mod;//目標 
	return 0;
}