Atcoder Grand Contest 024 E

题目传送门

典型的 Atcoder 风格的计数 dp。
题目可以转化为每次在序列中插入一个 ([1,k]) 的数，共操作 (n) 次，满足后一个序列的字典序严格大于前一个序列，问有多少种操作序列。
显然相同的数可以合并，因为在由相同的数 (x) 组成的数段中，在任何位置插入 (x)，得到的序列都是相同的。
再考虑字典序的问题。你只能序列末尾或者一个 (<x) 的数前面插入 (x)，否则得到的序列的字典序就会 (geq) 原序列的字典序。

但这样问题还是比较棘手，我们还需进一步转化。
我们把操作序列转化为一棵有根树，树上每个节点都是一个二元组 ((val,dfn))，表示第 (dfn) 次操作插入了值为 (val) 的数。如果第 (i) 次操作将 (v) 插在第 (j) 次操作插入的数 (w) 前面，那么我们就将节点 ((v,i)) 挂在 ((w,j)) 下面。新建一个虚拟节点 ((0,0))，如果在序列末尾插入 (v)，那么就把 ((v,i)) 挂在 ((0,0)) 下面。
由于我们只能在 (<x) 的数前面插入 (x)，因此若 (y) 为 (x) 的父亲，那么 (val_y>val_x)，(dfn_y<dfn_x)
不妨举个例子，假设有如下的操作序列：

1. 向序列中插入数 (1)，得到序列 ([1])。这可看成将点 ((1,1)) 挂在点 ((0,0)) 下面。
2. 在 (1) 前插入 (3)，得到序列 ([3,1])。这可看成将点 ((3,2)) 挂在点 ((1,1)) 下面。
3. 在序列末尾插入 (2)，得到序列 ([3,1,2])。这可看成将点 ((2,3)) 挂在点 ((0,0)) 下面。
4. 在 (1) 再插入一个 (3)，得到序列 ([3,3,1,2])。这可看成将点 ((3,4)) 挂在点 ((1,1)) 下面。
5. 在 (1) 前插入一个 (2)，得到序列 ([3,3,2,1,2])。这可看成将点 ((2,5)) 挂在点 ((1,1)) 下面。
6. 在第二个 (3) 前插入一个 (4)，得到序列 ([3,4,3,2,1,2])。这可看成将点 ((4,6)) 挂在点 ((3,4)) 下面。

这样 (6) 次操作下来，我们得到了一棵 (7) 个节点的树，如下图：

一种操作序列恰对应一棵树，一棵满足条件的树也对应一种操作序列。因此问题转化为有多少个满足条件的树。

这就可以直接 (dp) 了。我们设 (dp_{i,j}) 表示有多少个以 (i) 为节点的树，根节点的 (val) 为 (j)。
考虑转移，对于 (i>1)，假设根节点的 (dfn) 为 (1)，那么根节点必定有个儿子，其 (dfn) 为 (2)。我们就枚举这棵子树的大小 (l) 和根节点的 (val) —— (v)。确定这棵子树的形态的方案数为 (dp_{l,v})，将这棵子树中所有节点的 (dfn) 值定好的方案数为 (C_{n-2}^{k-1})（从 (3) 到 (n) 这 (n-2) 个数中中选择 (k-1) 个数），填好剩余部分的方案数为 (dp_{i-l,j})。因此有转移方程：

[dp_{i,j}=sumlimits_{l-1}^{i-1}C_{n-2}^{k-1} imes dp_{i-l,j} imes sumlimits_{v=j+1}^k dp_{l,v} ]

后面那个 (sum) 可以用前缀和优化掉。时间复杂度 (mathcal O(n^2k))

/*
Contest: -
Problem: Atcoder Grand Contest 024 E
Author: tzc_wk
Time: 2020.7.22
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define fillsmall(a) memset(a,0xcf,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-')	neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c))	x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
int n=read(),k=read(),m=read();
int C[305][305],s[305][305],dp[305][305];
signed main(){
	fz(i,0,300){
		C[i][0]=1;
		fz(j,1,i)	C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%m;
	}
//	printf("%d
",C[5][3]);
	fz(i,0,k)	dp[1][i]=1;
	fd(i,k,0)	s[1][i]=(s[1][i+1]+dp[1][i])%m;
	fz(i,2,n+1){
		fz(j,0,k)
			fz(l,1,i-1)
				dp[i][j]=(dp[i][j]+C[i-2][l-1]*dp[i-l][j]%m*s[l][j+1]%m)%m;
		fd(j,k,0)	s[i][j]=(s[i][j+1]+dp[i][j])%m;
	}
	printf("%lld
",dp[n+1][0]);
	return 0;
}