考虑限制一定是对于前缀和后缀的，并且显然相交的前后缀可以不考虑。然后还可以发现只用考虑最长的那一段的条件，即 (lfloorfrac {n-1}{2} floor) 和 (lfloorfrac {n-1}{2} floor + 1) 的长度。
可以将原序列分成两个部分。
如下：
[{A A | (C) | B}
]
我们把 (C) 去掉，把最后一个 (A) 提出来。
分别向前后差分分别记为数组 (a,b) 。发现 (sum _i (a_i + b_i) * i) 就是除去 (A) 的差。
即 ( ext{最后一个 A 的值} > sum _i (a_i + b_i) * i) 。
向后的差分还对 (A) 的最大值有影响，贡献要多一个。
并且容易发现最后的方案就是 (n - sum (a_i + b_i)*i + sum b_i)， 小于 (0) 没有贡献。
然后发现有些时候方案数要多乘一个 (b_i+1) （有一个 (C) 在中间），这个也可以轻松统计。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod, n;
typedef long long ll;
int add(int a,int b){a+=b;return a>=mod?a-mod:a;}
int sub(int a,int b){a-=b;return a<0?a+mod:a;}
int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
int qpow(int a,int b){int ret=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
/* math */
const int N = 5010;
int f[2][N],g[2][N],h1[2][N],h2[2][N];
inline void Do1(int p,int i){
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
if(j>=p){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
}
}
}
inline void Do2(int p,int i){
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
if(j>=p){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
}
}
for(int j=0;j<=n;j++){
h1[i][j] = add(h1[i][j], 1ll*f[i^1][j]*(j/p-1)%mod);
if(j>=p){
h1[i][j] = add(h1[i][j], h1[i][j-p]);
}
}
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = sub(mul(f[i][j], j/p),h1[i][j]);
}
}
int main()
{
cin >> n >> mod;
int _d = (n-1)/2;
bool flg=0;
if(n%2==0){ flg=1; }
int cur = 0;
f[cur][0] = 1;
for(int i=_d;i;i--){
int p = i;
Do1(p,cur^=1);
if(i==_d && flg)Do2(p+1,cur^=1);
else Do1(p+1,cur^=1);
}
int ans = 0;
if(n==2){cout << 3 << endl;return 0;}
for(int i=0;i<=n;i++){
ans = add(ans, mul(f[cur][i], n-i));
}
cout << ans << endl;
}