要点
- 主要学到的东西：一个序列染色，相邻不染同色，恰用\(j\)种颜色的1.模式数、2.方案数、3.具体染色数。
- 从大的思路上来讲：先dp预处理出每一层的模式数：\(f[i][j]\)表示\(i\)个位置恰染\(j\)个颜色的模式数，然后再dp出各层之间的转移：\(dp[i][j]\)表示\(i\)层恰染\(j\)个颜色的具体染色数，用上一轮的答案乘上这一层的具体染色数（是\(f[l[i]][j]*A_m^j\)）再减去这层和上层重复的。
- 我将染色的阶段分为三个阶段。虽然题目中总是让求方案数但不同的题需要的是不同阶段的方案数。
- 第一阶段是模式数：即如果有三个位置，你决定填充的是“红绿红”和“绿红绿”其实是一样的“模式”。本题预处理的就是模式：\(f[i][j] = f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(j-1)\)，意义是前i-1个如果已经有使用过j-1种类型，则这个位置是唯一的（*1）；如果前i-1个已经使用过j种类型，则当前的只要和相邻的左边这个不同即可。
- 第二阶段是方案数，即“这个类型用第几个颜色去填充它”，更具体了一些。这时“红绿红”和“绿红绿”就是典型的两种方案。第二阶段的计算方法是：\(f[i][j]*j!\)。之前做的一道题GYM 101933K他官方题解的做法（方法二）就是直接进行第二阶段的记忆化搜索，我用这套理论先递推第一阶段再做第二阶段（乘个阶乘），果然也是对的。
- 第三阶段是具体染色数，即真的给了赤橙黄绿青蓝紫然后选若干个去染，就最最具体的阶段了。计算方法：\(f[i][j]*j!*C_m^j=f[i][j]*A_m^j\)。
- 这些还没说完orz……这题真的想了很久。回到本题，其中扣掉“这层和上层重复的”这里我觉得有必要想一想，扣的方案数是第几阶段的方案数？正解是\(dp[i][j]-dp[i-1][j]*j!*f[l[i]][j]\)，为什么是\(j!\)而不是\(A_m^j\)或者\(C_m^j\)呢？因为当你已经计算完上一层的方案数之时，回想数学课学习的排列组合知识，是不是就假定了上一层已经固定了？虽然不知道固定的是谁，但是他已经有了一定了。所以这一层如果跟上一层颜色集重合的话，就是\(1*方案数\)，即上一层如果是“红绿”的话，这一层也只有选择“红绿”时才会和它重，所以只扣一份的即可。
#include <cstdio>
const int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, p, l[maxn];
int f[5005][5005], A[5005], fac[5005];
int dp[2][5005], ans[2];
void Read() {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &p);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &l[i]);
}
void Pre() {
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 5000; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i][j] = (1LL * f[i - 1][j - 1] + 1LL * f[i - 1][j] * (j - 1) % p) % p;
fac[0] = A[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 5000; i++) {
fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % p;
A[i] = 1LL * A[i - 1] * (m - i + 1) % p;
}
}
void Solve() {
ans[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i & 1] = 0;
for (int j = 1; j <= l[i]; j++) {
dp[i & 1][j] = 1LL * A[j] * f[l[i]][j] % p * ans[(i - 1) & 1] % p;
if (j <= l[i - 1]) {
int out = 1LL * dp[(i - 1) & 1][j] * fac[j] % p * f[l[i]][j] % p;
dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] - out + p) % p;
}
ans[i & 1] = (ans[i & 1] + dp[i & 1][j]) % p;
}
}
}
int main() {
Read();
Pre();
Solve();
return !printf("%d\n", ans[n & 1]);
}
