題意：中文題。。。

分析：題目需要我們將1~2*n這些數填入長度為2*n的陣列並且要求(1)奇數位是遞增，(2)偶數為也是遞增，(3)相鄰的a[2*i-1]<a[2*i]。咋一看要求好像有點多？首先我們想辦法處理掉前兩個條件：我們將這2*n個數從小到大填入陣列，如果當前我們要填入的是奇數位那麼我們填入第一個沒有被填數的奇數位，偶數位同理。那麼第三個條件怎麼辦呢？我們只要在填數的時候再加一個條件即可："當填到i時，在奇數位上的數的個數要大於等於在偶數位上的數"，這樣我們就可以保證第三個條件的每一對數都是先填奇數位再填偶數位啦！這樣有什麼用呢？這不就是卡特蘭數麼。算一下C(2*n,n)/(n+1)即可。但是這裡還有另外一個問題，模數p不一定為質數，那麼組合數的除法就不能用逆元了，怎麼辦呢？那麼只能用分解質因數來處理掉1~2*n了，那麼這樣的複雜度是O(nlogn)，對於n=10^6還是能過的。但是還有一種O(n)的方法，還記得O(n)的素數篩法麼，有人在這上面做了點記錄就能使1~2*n的質因數分解變成O(n)，因為O(n)篩法的原理我們可以知道每一個i的最小的質因數是誰，那麼我們把他記錄下來為b[i]，那麼我們在做*i的時候就能變成*b[i]*(i/b[i])了，這樣一直處理下去就能變成O(n)啦。

程式碼：

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
const int N=2000010;
const int MAX=151;
const int MOD1=100000007;
const int MOD2=100000009;
const double EPS=0.00000001;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000007;
const ll INF=10000000010;
typedef unsigned long long ull;
int a[N],b[N],q[N],num[N];
void deal(int n) {
    int i,j,k=0;
    memset(q,0,sizeof(q));
    for (i=2;i<=n;i++) {
        if (!q[i]) { a[++k]=i;b[i]=i; }
        for (j=1;j<=k;j++) {
            if (a[j]*i>n) break ;
            q[a[j]*i]=1;b[a[j]*i]=a[j];
            if (i%a[j]==0) break ;
        }
    }
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p) {
    ll ret=1;
    while (b) {
        if (b&1) ret=ret*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int i,n;
    ll p,ans=1;
    scanf("%d%lld", &n, &p);
    deal(2*n);
    memset(num,0,sizeof(num));
    for (i=1;i<=n;i++) num[i]--;
    for (i=n+2;i<=2*n;i++) num[i]++;
    for (i=2*n;i>1;i--)
    if (!q[i]) continue ;
    else {
        num[b[i]]+=num[i];num[i/b[i]]+=num[i];num[i]=0;
    }
    for (i=2*n;i>1;i--) ans=ans*qpow(i,num[i],p)%p;
    printf("%lld\n", (ans+p)%p);
    return 0;
}