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\(Description\)
键盘上有三个键，敲击效果分别是：
- 在输出序列尾部添加一个左括号
- 在输出序列尾部添加一个右括号
- 删除输出序列尾部的第一个元素，若输出序列为空，则什么都不发生
求恰好按键\(N\)次，输出序列是一个合法的括号序列的方案数对\(P\)取模的值。
只要按键顺序或内容有一个位置不同就视为不同。
- \(N\in [1,10^3]\)，\(P\in [1,10^4]\)，不保证\(P\)为质数。
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\(Solution\)
神仙出题人神仙解法......
首先有一个结论，对于一个长度确定的序列，其输出的方案数是确定的，且与具体每一个位置的内容无关。
为什么呢？因为每一个位置输出是确定的，所以最后操作序列只需要改成符合要求的即可。
于是我们先考虑求出输出一个长度为\(i\)的序列的方案数，设\(f[i][j]\)表示一共按键\(i\)次，当前输出序列长度为\(k\)的方案数。转移就很自然，考虑是新加上一个还是删掉一个末尾的。因为序列确定，如果新加上的是输出序列，那么新加上的方案是唯一的，而删除就不需要确定末尾是什么了。注意退格键在输出序列为空时也可使用，有转移方程：
\[ f[i][j]=(f[i-1][max(0,j-1)]+f[i-1][j+1]\times 2)\%mod \]
然后就是考虑长度为\(i\)的合法序列方案数了，这不是\(Catalan\)吗！
一个非质数打你脸上分解质因数太麻烦了，然后出题神仙就给出了神仙\(DP\)做法。设\(g[i][j]\)为当前输出序列长度为\(i\)，强制所有右括号合法，有\(j\)个左括号不合法的方案数。那么就有自然简单易懂直接的转移方程：
\[ g[i][j]=(g[i-1][j+1]+(j>0?g[i-1][j-1]:0))\%mod \]
代表新放一个右括号抵消掉一个左括号或新放一个左括号。\[ ans=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac N 2\rfloor} f[n][i\times2]\times g[i\times 2][0] \]
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\(Code\)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 1010
using namespace std;
int n,mod,ans,f[N][N],g[N][N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod);
f[0][0]=1;
for(R int i=1;i<=n;++i)
for(R int j=0;j<=i;++j)
f[i][j]=(f[i-1][j+1]+(j!=0?f[i-1][j-1]:0))%mod;
g[0][0]=1;
for(R int i=1;i<=n;++i)
for(R int j=0;j<=i;++j)
g[i][j]=(g[i-1][max(0,j-1)]+(g[i-1][j+1]<<1))%mod;
for(R int i=0;i<=(n>>1);++i) (ans+=g[n][i<<1]*f[i<<1][0])%=mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}