题解 排列

传送门

真·连暴力都不会系列

首先注意到每次操作至少会删去一半的元素，所以操作最多只会执行 log 次
然后我们观察这个过程，发现在一个最大值两边的较小值互不影响
在最大值删完之前显然互不影响，最大值被删时显然有一个子区间已经被删完了，所以互不影响
那貌似可以划分子问题了
令 \(dp[i][j]\) 为一个长度为 \(i\) 的区间，至多需要 \(j\) 次删完的方案数
这里「至多」是沈队讲的，我怎么能想到这么神仙的定义
发现一个子区间的边上是个更大的数或是边界不一样，所以加两维表示是否挨着边界
转移枚举最大值的位置，切成两个子区间处理
建议康康对于至多意义下的转移……好吧我承认这里我讲不明白
但这题建议再康康

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 1010
#define ll long long 
#define pb push_back
#define reg register int 
//#define int long long 

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n, k;
ll c[N][N], p;
#define C(a, b) c[a][b]

namespace force{
	vector<int> v, t;
	bool vis[N];
	ll ans;
	void solve() {
		for (int i=1; i<=n; ++i) v.pb(i);
		do {
			t=v;
			//cout<<"new"<<endl;
			//for (auto it:t) cout<<it<<' '; cout<<endl;
			for (int i=1; i<=k; ++i) {
				for (int j=0; j<(int)(t.size()); ++j) 
					if ((j&&t[j-1]>t[j]) || (j+1!=(int)(t.size())&&t[j]<t[j+1])) vis[j]=1;
				for (auto it=t.end()-1; it>=t.begin(); --it)
					if (vis[it-t.begin()]) t.erase(it);
				memset(vis, 0, sizeof(bool)*n);
				//cout<<"i: "<<i<<' '; for (auto it:t) cout<<it<<' '; cout<<endl;
				if (i!=k && t.size()==1) goto jump;
			}
			if (t.size()==1) ++ans, ans%=p;
			//for (auto it:v) cout<<it<<' '; cout<<endl;
			jump: ;
		} while (next_permutation(v.begin(), v.end()));
		printf("%lld\n", ans%p);
		exit(0);
	}
}

namespace task1{
	ll ans;
	void solve() {
		c[0][0]=1;
		for (int i=1; i<=n; ++i) {
			c[i][0]=1;
			for (int j=1; j<=i; ++j) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
		}
		for (int i=1; i<=n; ++i) ans=(ans+C(n-1, i-1))%p; //, cout<<C(n-1, i-1)<<endl;
		printf("%lld\n", (ans%p+p)%p);
		exit(0);
	}
}

namespace task{
	ll dp[N][25][2][2];
	void solve() {
		c[0][0]=1;
		for (reg i=1; i<=n; ++i) {
			c[i][0]=1;
			for (reg j=1; j<=i; ++j) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
		}
		for (reg i=0; i<=k; ++i) dp[0][i][0][0]=dp[0][i][1][0]=dp[0][i][0][1]=dp[0][i][1][1]=1;
		for (reg i=1; i<=n; ++i) {
			for (reg j=1; j<=k; ++j) {
				for (reg h=1; h<=i; ++h) {
					dp[i][j][1][1] = (dp[i][j][1][1] + dp[h-1][j][1][0]*dp[i-h][j][0][1]%p*C(i-1, h-1)%p)%p;
					dp[i][j][1][0] = (dp[i][j][1][0] + dp[h-1][j][1][0]*dp[i-h][j-1][0][0]%p*C(i-1, h-1)%p)%p;
					dp[i][j][0][1] = (dp[i][j][0][1] + dp[h-1][j-1][0][0]*dp[i-h][j][0][1]%p*C(i-1, h-1)%p)%p;
					dp[i][j][0][0] = (dp[i][j][0][0] + 
		(dp[h-1][j][0][0]*dp[i-h][j][0][0]%p - ((dp[h-1][j][0][0]-dp[h-1][j-1][0][0])*(dp[i-h][j][0][0]-dp[i-h][j-1][0][0]))%p)*C(i-1, h-1)%p)%p;
				}
			}
		}
		printf("%lld\n", ((dp[n][k][1][1]-dp[n][k-1][1][1])%p+p)%p);
		exit(0);
	}
}

signed main()
{
	n=read(); k=read(); p=read();
	//if (k==1) task1::solve();
	//else force::solve();
	task::solve();
	
	return 0;
}