[atAGC055F]Creative Splitting

考虑判定序列$\{b_{i}\}$是否"amazing"——

维护$n$个序列的剩余长度，从后往前枚举$b_{i}$，问题转换为以下模型：

对于长为$n$的序列$\{c_{j}\}$（初始均为$k$），每次选择$c_{j}\ge b_{i}$减1，要求存在一种合法方案

事实上，可以贪心选择最小的$c_{j}$减1，证明如下：

引理：对于存在合法方案的$\{c_{j}\}$，贪心操作一次后仍存在

假设贪心操作$x$而合法方案操作$y$，若$c_{x}=c_{y}$即得证，进而有$c_{x}<c_{y}$

不妨强制该方案在$c_{x}=c_{y}$时不操作$y$（操作$x$等价），即恒有$c_{x}\le c_{y}$

构造：操作$x$后模仿该方案操作，仅将下一次操作$x$改为操作$y$

关于构造的合法性，分为三部分：

1.下一次操作$x$之前，注意到仅有$c_{x}$较小，显然成立

2.下一次操作$x$时，由于$c_{x}\le c_{y}$，改为操作$c_{y}$也合法

3.下一次操作$x$之后，两者$\{c_{j}\}$均相同，显然成立

综上，根据引理归纳即得证

记$c'_{i}=\sum_{j=1}^{n}[c_{j}<i]$，则操作时对应的影响即将$c'_{b_{i}}$加1并重新排序（可以自行分析）

在此基础上，结合$b_{pos}=val$的限制，问题又转换为以下模型：

对于长为$k$的序列$\{c'_{i}\}$（初始均为$0$），每次将$c'_{b_{i}}\ne n$加1并重新排序，求$b_{pos}=val$的方案数

在$\{b_{i}\}$无限制时，重新排序并没有意义，进而方案数可以用组合数得到

对于$b_{pos}=val$的限制，考虑枚举在$i=pos$处排序后的$\{c'_{i}\}$，则答案即
$$
\sum_{\begin{array}{}0\le c'_{1}\le c'_{2}\le ...\le c'_{k}\le n\\\sum_{i=1}^{k}c'_{i}=nk-pos\end{array}}P(\{c'_{i}\}){nk-pos\choose c'_{1},c'_{2},...,c'_{k}}{pos-1\choose n-c'_{1},n-c'_{2},...,n-c'_{val}-1,...,n-c'_{k}}
$$
（其中$P(\{c'_{i}\})$表示$\{c'_{i}\}$任意排列所能得到的不同序列数）

仅需对每一个$val$进行一次dp，单次dp复杂度为$o(n^{2}k^{3})$，总复杂度为$o(n^{2}k^{4})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 30
#define M 500
#define ll long long
int n,m,mod,fac[M],inv[N],g[M],f[N][N][M],ans[M][N];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<M;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
    for(int val=1;val<=m;val++){
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1;i<=m;i++){
            memset(g,0,sizeof(g));
            if (i==1)g[0]=1;
            for(int j=0;j<=n;j++){
                for(int k=0;k<=n*m;k++){
                    if (!g[k])continue;
                    int k0=k,s=g[k];
                    for(int ii=i;ii<=m;ii++){
                        if ((ii==val)&&(j==n))break;
                        k0+=j,s=(ll)s*inv[j]%mod*inv[n-j-(ii==val)]%mod;
                        f[ii][j][k0]=(f[ii][j][k0]+(ll)s*inv[ii-i+1])%mod;
                    }
                }
                for(int k=0;k<=n*m;k++)g[k]=(g[k]+f[i-1][j][k])%mod;
            }
        }
        for(int pos=1;pos<=n*m;pos++){
            for(int i=0;i<=n;i++)ans[pos][val]=(ans[pos][val]+f[m][i][n*m-pos])%mod;
            ans[pos][val]=(ll)ans[pos][val]*fac[m]%mod*fac[n*m-pos]%mod*fac[pos-1]%mod;
        }
    }
    for(int pos=1;pos<=n*m;pos++){
        for(int val=1;val<=m;val++)printf("%d ",ans[pos][val]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}