显然有一个暴力(dp)
(dp_{i,j})表示前(i)个数选了(j)个的答案
转移显然
[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1} imes i
]
由于元素是有顺序的，答案是(dp_{A,n} imes n!)
复杂度是(O(nA))的显然过不了
我们观察一下转移，简单一个移项
[dp_{i,j}-dp_{i-1,j}=dp_{i-1,j-1} imes i
]
我们如果把(dp_{i,j})视为一个与(i)有关的多项式，那么(dp_{i,j}-dp_{i-1,j})就是做了一个差分，发现得到的还是一个多项式，而且是一个次数比(dp_{j-1})高一次的多项式
很显然(dp_{j})就比(dp_{j-1})高了两次，(dp_{0})是一个(0)次多项式，由此可以(dp_{j})是一个(2j)次多项式
于是对于(dp_{A,n})就是一个(2n)次多项式，我们暴力dp出(2n)个取值之后大力拉格朗日插值就好了
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
const int maxn=1005;
int dp[maxn][505],n,m,mod;
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;
return S;
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&m,&n,&mod);dp[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=2*n+1;i++) {
dp[i][0]=dp[i-1][0];
for(re int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+1ll*dp[i-1][j-1]*i%mod)%mod;
}
int ans=0;
for(re int i=1;i<=2*n+1;i++) {
int q=1,p=1;
for(re int j=1;j<=2*n+1;j++)
if(i!=j) p=1ll*(m-j)*p%mod,q=1ll*(i-j)*q%mod;
q=(q+mod)%mod,p=(p+mod)%mod;
ans=(ans+1ll*dp[i][n]*p%mod*ksm(q,mod-2)%mod)%mod;
}
for(re int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*i%mod;
printf("%d
",ans);
return 0;
}