求由(1-n)组成的数列({a_i})中，满足(a_i>a_{i/2}(i eq 1))的数列方案数(mod p)，(1 ≤n ≤ 10^6, p≤ 10^9)。
解
显然此为完全二叉树压维模型，即父节点点权(a_i)的子节点点权为(a_{i/2},a_{i/2+1})，满足(a_i<a_{i/2},a_i<_{i/2+1})。
法一：
于是要在二叉树下下功夫，显然不能以序列长度为状态，考虑二叉树通常的子树递推转移，于是设(f[i])表示以节点i为根节点的满足条件的二叉树方案数，显然我们的知道i的左右子树的节点数，而这显然是可以暴力维护的，画张图，按照规律来即可。
设其左子树节点个数l,右子树节点个数r,于是我们有
[f[i]=f[2i]f[2i+1]frac{(l+r)!}{l!}=f[2i][2i+1]C_{l+r}^l
]
边界把二叉树最后一层节点都初始化为1即可。
参考代码：
暂缺
法二：
设(f[i])表示有i个节点的二叉树的满足条件的方案数，显然根节点的左右节点的个数l,r可以暴力预处理，于是有
[f[i]=f[l]f[r]C_{i-1}^l
]
边界:(f[1]=1)
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
using namespace std;
int l[2000001],r[2000001],
dp[1000001],jc[1000001],
jv[1000001],yyb;
il void prepare(int);
il int C(int,int),pow(int,int);
int main(){
int n,i,j;
scanf("%d%intd",&n,&yyb);
for(i=2,prepare(n);(1<<i-1)<=n;++i){
int head,mid,tail;
head=1<<i-1,tail=(1<<i)-1;
mid=head+tail>>1;
for(j=head;j<=mid;++j)
l[j]=l[j-1]+1,r[j]=r[j-1];
for(j=mid+1;j<=tail;++j)
l[j]=l[j-1],r[j]=r[j-1]+1;
}dp[1]=dp[0]=1;
for(i=2;i<=n;++i)
dp[i]=(ll)dp[l[i]]*dp[r[i]]%yyb*C(i-1,l[i])%yyb;
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}
il int pow(int x,int y){
int ans(1);
while(y){
if(y&1)ans=(ll)ans*x%yyb;
x=(ll)x*x%yyb,y>>=1;
}return ans;
}
il void prepare(int n){
int i;
for(i=jc[0]=1;i<=n;++i)
jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%yyb;
--i,jv[i]=pow(jc[i],yyb-2),jv[0]=1;
while(i>1)jv[i-1]=(ll)jv[i]*i%yyb,--i;
}
il int C(int n,int r){
if(n<r)return 0;
return (ll)jc[n]*jv[r]%yyb*jv[n-r]%yyb;
}