Description
称一个1,2,...,N的排列P1,P2...,Pn是Magic的，当且仅当2<=i<=N时，Pi>Pi/2. 计算1，2，...N的排列中有多少是Magic的，答案可能很大，只能输出模P以后的值
Input
输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。
Output
输出文件中仅包含一个整数，表示计算1,2,⋯, ���的排列中， Magic排列的个数模 p的值。
Sample Input
20 23
Sample Output
16
HINT
100%的数据中，1 ≤ ��� N ≤ 106, P��� ≤ 10^9，p是一个质数。 数据有所加强
正解：树形$dp$+组合数学。
$ZJ$水题合集。。
可以发现，这是一棵二叉树(其实就是线段树的结构)，$x$的儿子是$x*2$和$x*2+1$。
于是设$f[i]$表示以$i$为根的子树中，以$1$到$size[i]$为排列的合法方案数。
那么转移方程还是很显然的，$f[i]=f[ls[i]]*f[rs[i]]*inom{sz[i]-1}{sz[ls[i]]}$。
因为$i$上面的数一定是$1$，所以我们可以在$sz[i]-1$个数中任选$sz[ls[i]]$个数到$ls$上，其他数放到$rs$上。
如果$i$只有左儿子，那么$f[i]=f[ls[i]]$；如果$i$是叶子，那么$f[i]=1$。
注意$p$可能比$n$小，所以$inom{i}{j}$中可能有$p$的倍数，要用$lucas$定理求组合数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define il inline 3 #define RG register 4 #define ll long long 5 #define N (5000010) 6 #define ls (x<<1) 7 #define rs (x<<1|1) 8 9 using namespace std; 10 11 int f[N],sz[N],fac[N],ifac[N],inv[N],n,p; 12 13 il int gi(){ 14 RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); 15 while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar(); 16 if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); 17 while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); 18 return q*x; 19 } 20 21 il void pre(){ 22 fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=inv[1]=1; 23 for (RG int i=2;i<=n;++i){ 24 inv[i]=1LL*(p-p/i)*inv[p%i]%p; 25 fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%p; 26 ifac[i]=1LL*ifac[i-1]*inv[i]%p; 27 } 28 return; 29 } 30 31 il int c(RG int n,RG int m){ 32 if (n<m) return 0; 33 return 1LL*fac[n]*ifac[m]%p*ifac[n-m]%p; 34 } 35 36 il int lucas(RG int n,RG int m){ 37 if (!m) return 1; RG int res=c(n%p,m%p); 38 if (!res) return 0; 39 return 1LL*res*lucas(n/p,m/p); 40 } 41 42 il void dfs(RG int x){ 43 if (ls<=n) dfs(ls); if (rs<=n) dfs(rs); 44 sz[x]=sz[ls]+sz[rs]+1; 45 if (ls>n){ f[x]=1; return; } 46 if (rs>n){ f[x]=f[ls]; return; } 47 f[x]=1LL*f[ls]*f[rs]%p*lucas(sz[x]-1,sz[ls])%p; 48 return; 49 } 50 51 int main(){ 52 #ifndef ONLINE_JUDGE 53 freopen("perm.in","r",stdin); 54 freopen("perm.out","w",stdout); 55 #endif 56 n=gi(),p=gi(),pre(),dfs(1); 57 cout<<f[1]; return 0; 58 }