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\(Solution\)

其實我們可以發現這題等價於讓你求：

用\(1\)~\(n\)的數組成一個完全二叉樹使之滿足小根堆性質的方案數

於是我們可以考慮\(dp\)

假設我們現在在\(i\)點,\(i\)的子節點個數為\(s[i]\)(包括自己)

則：

\(dp[i]=C(s[i]-1,s[i*2])*f[i*2]*f[i*2+1]\)

\(ps:\)
因為是二叉樹所以\(i*2\)和\(i*2+1\)為\(i\)的兩個兒子

這個式子很容易看懂吧。

在子節點中選一些填入左兒子,一些填入右兒子,右兒子和左兒子都要滿足小根堆的性質

\(Code\)

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define int long long
using namespace std;
int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
    return f*x;
}
int f[1000001],s[2000011],dp[2000011];
int ksm(int a,int b,int p){
    int ans=1;
    while(b){  
        if(b&1) ans=ans*a%p;  
        a=a*a%p,b>>=1;
    }
    return ans;
}
int c(int n,int m,int p){return f[n]*ksm(f[m]*f[n-m]%p,p-2,p)%p;}
int lucas(int n,int m,int p){ return m?c(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1; }
main(){
    int p,n;
    cin>>n>>p,f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]*i%p;
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=1;
    for(int i=n;i>=2;i--) s[i>>1]+=s[i];
    for(int i=n+1;i<=n*2+1;i++) dp[i]=1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
        dp[i]=lucas(s[i]-1,s[i*2],p)%p*dp[i*2]%p*dp[i*2+1]%p;
    cout<<dp[1];
}
 

「ZJOI 2010」 排列計數