嘟嘟嘟
這道題dp雖然不難，但是我還是沒推出來，感覺最近腦子不太好用啊。
於是就跑去問神仙gjx（全國前三！）了。（外出集訓真是好）
神仙不愧是神仙，一會兒就想出來了，而且方法還比網上的題解好懂。
dp[i][j]表示用值域為[1, i]的數，湊出的所有合法序列的值的和。
然後規定序列必須是嚴格遞增的，這樣答案再乘以乙個\(n!\)就行了。
轉移的時候，我們考慮\(i\)這個數用不用上，於是有：\(dp[i][j] = dp[i - 1][j] +i * dp[i - 1][j - 1]\)。現在感覺這個挺好理解的，如果用上\(i\)了，\(i\)就必須放在最後面，並且答案要乘以\(i\)。
但這個複雜度\(o(na)\)的，\(a\)太大不好辦。
然後gjx大佬告訴我，這個dp式是乙個關於\(j\)的\(2n\)次多項式，然後給我證了一下，但還是不太懂：
首先知道\(dp[i][1] = \frac\)，猜想這可能是乙個\(2n\)次的。
然後把轉移方程中的\(dp[i - 1][j]\)不斷展開，得到了\(dp[i][j] = \sum _ ^ dp[k][j] *(k + 1)\)。於是發現，這是乙個關於\(j\)的\(2n\)次多項式。
（感覺自己還是不太理解）
（這篇題解的證明好像也不錯， 應該是數學歸納法，我得學一下）
知道這是個多項式，就可以拉格朗日差值了。
注意dp的邊界取值，我這裡debug了好久。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define in inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 505;
inline ll read()
inline void write(ll x)
int a, n, mod;
ll fac[maxn << 1], dp[maxn << 1][maxn];
in ll quickpow(ll a, ll b)
ll inv[maxn << 1], pre[maxn << 1], suf[maxn << 1];
in ll calc(int n)
return ret;
}int main()
if(a <= (n << 1)) write(dp[a][n] * fac[n] % mod), enter;
else write(calc(n << 1) * fac[n] % mod), enter;
return 0;
}
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