tzc：“AtC风格的计数DP。”我就想问了，AtC的题怎么可能不是AtC风格的呢？
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给定\(n,m,p\)，求有多少个值域为\([1,m]\cap\mathbb Z\)的序列\(n+1\)元组\((a_0,a_1,\cdots,a_n)\)，满足：
- \(\forall i\in[0,n],|a_i|=i\)；
- \(\forall i\in[0,n)\)，\(a_i\)是\(a_{i+1}\)的子序列；
- \(\forall i\in[0,n),a_i<a_{i+1}\)。
答案对\(p\)取模。
\(n,m\in[1,300],p\in\left[2,10^9\right]\)。
显然，原问题等价于，一个序列\(a\)一开始为空，\(n\)次每次往里任意位置塞一个\([1,m]\)内的数，使得字典序大于原来的序列，求\(n\)次组成的序列组的个数（注意这里不能说操作的数量，因为在不同位置插入相同数可能得到的序列一样）。
考虑在位置\(x\)插入\(y\)合法的充要条件。若\(x=|a|+1\)显然合法。剩下的显然要满足\([y]+a_{x,|a|}>a_{x,|a|}\)。若\(y\neq a_x\)，那么字典序相对大小决定在它们身上，所以\(y>a_x\)。否则的话，，，注意到若把\(y\)插入到往右数第一个满足\(y\neq a_{x'}\)的位置\(x'\)，那么得到的序列是一样的，为了去重，我们可以直接不考虑这种情况，反而更方便了。于是充要条件就是\(x=|a+1|\)或\(y>a_x\)。
分析完之后还是不会做。这是一个动态的插入问题，每次的\(a\)都会变。不妨将时间定格在最后一刻，所有数都各就各位了，再来考虑每个位置\(i\)上的值\(v_i\)与被插入的时间（时间戳）\(dfn_i\)。
稍微转化一下，此时一个\((v,dfn)\)序列合法当且仅当，\(\forall i\in[1,n],v_i>v_{\min\limits_{j>i,dfn_j<dfn_i}\{j\}}\)（为了方便，设\(v_{n+1}=dfn_{n+1}=0\)，合理性显然）。考虑\(v_i\)要\(>\)的那个东西固定的一个，就是使得\(dfn_x=1\)的\(x\)。它的条件是\(v_x>v_{n+1}=0\)。然后不难发现，\(\forall i\in[1,x),\min\limits_{j>i,dfn_j<dfn_i}\{j\}\in[1,x]\)，对应的，\(\forall i\in(x,n],\min\limits_{j>i,dfn_j<dfn_i}\{j\}\in[x+1,n+1]\)。这样就可以把问题分解成\(x\)左右两半相似的问题，其中左边的值域变成\((v_x,m]\)，右边值域不变。问题就迎刃而解了。
考虑DP。设\(dp_{i,j}\)表示\((v,dfn)\)序列的大小为\(i\)，值域为\([j,m]\)的方案数。边界\(dp_{0,j}=1\)，目标\(dp_{n,1}\)。枚举\(dfn_x=1\)的\(x\)和\(v_x\)两个东西，就可以转移了，注意到若左右各找一个方案，那么左右两半内部的\(dfn\)相对大小固定，而跨越左右两半的\(dfn\)相对大小無·所·謂，将它们的\(dfn\)值域共同扩展，还要乘上一个组合数。
状态转移方程：
不过这样时间复杂度是\(\mathrm O\!\left(n^4\right)\)的（视\(n,m\)同阶），然鹅很好优化，移一下\(\sum\)得到
则实时维护\(\forall i\in[0,n],dp_i\)的前缀和，后面那个\(\sum\)调用一下前缀和复杂度就少一个\(n\)了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300,M=300;
int n,m,mod;
int comb[N+1][N+1];
int dp[N+1][M+2];
int Sum[N+1][M+2];
int main(){
cin>>n>>m>>mod;
comb[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)comb[i][j]=((j?comb[i-1][j-1]:0)+(j<i?comb[i-1][j]:0))%mod;//预处理组合数
for(int i=1;i<=m+1;i++)Sum[0][i]=(Sum[0][i-1]+(dp[0][i]=1))%mod;//边界
for(int i=1;i<=n;i++){//转移
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=1;k<=i;k++)(dp[i][j]+=1ll*dp[i-k][j]*comb[i-1][k-1]%mod*(Sum[k-1][m+1]-Sum[k-1][j])%mod)%=mod;//转移方程
Sum[i][j]=(Sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;//维护前缀和
// printf("dp[%d][%d]=%d\n",i,j,dp[i][j]);
}
Sum[i][m+1]=Sum[i][m];//维护前缀和
}
cout<<(dp[n][1]+mod)%mod;//目标
return 0;
}