我们假设目前 B 知道排列 p 的前 x 位是多少，那么下一次，B 的最优策略是：
- 对于 i≤x 的部分，令 qi=pi。
- 对于 i=x+1 的部分，令 qi 为任一 pi 可能取到但没有被猜过的值。
- 对于 i>x+1，随机乱排剩余的 qi。
考虑设 ci 表示第 i 次询问后 B 确定了 p 的前多少位。那么对于一组 {ci}，存在一种猜数的过程对应这个 ci 的充要条件是，对于任意 0≤i<n，ci≤ci+1，序列 c 中 i 的出现次数不超过 n−1−i，因为当你确定了序列的前 i 位以后，i+1 位置上的值只有 n−i 种可能性，再问 n−1−i 次以后只剩唯一值了，下一步必然猜对。
然后我们发现一件事，就是对于所有合法的 {ci}，猜数过程恰好对应这组 {ci} 的概率是相同的，都是 1n!。对于一位 i，假设 i 在 c 数列中出现了 j 次，那么概率是 n−in−i+1⋅n−i−1n−i⋅⋯⋅n−i+1−jn−j+2−j⋅1n−i+1−j=1n−i+1，把它们乘起来刚好是 1n!。
于是问题变为怎么求合法的 {ci} 的数量。
发现这个问题可以被转化为格路计数问题，即求有多少个 (0,0)→(m−1,n) 的路径，满足对于所有 0≤i<n，路径在第 i 列上的部分的长度不超过 n−i−1。考虑容斥，钦定一些列 i 满足路径在第 i 列上的部分的长度至少为 n−i，假设这些 i 组成的集合为 S，令 s=∑x∈Sn−x，那么实际上可以看作网格图缩短了 s 行，方案数就是 (n+m−1−sn)，再乘以容斥系数 (−1)|S| 就是这个 S 对答案的贡献。
用多项式的语言来刻画这个过程：令 P(x)=n∏i=1(1−xi)，那么答案为 m−1∑s=0(n+m−1−sn)⋅[xs]P(x)。因为本题 n 高达 107，所以无法分治 NTT，但注意到因为 m≤n，所以对于 s≤m−1，有 [xs]n∏i=1(1−xi)=[xs]∞∏i=1(1−xi)，而后者使用五边形定理可以 O(√n) 求出。所以总复杂度就降至 O(n+m)。
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