【数论】contest - 题解

题面

     【数论】contest


        分析：首先题目的含义是，在 $n$ 个位置上分别放入 $1\sim n$ 这 $n$ 个数，使得在 某一个点 之前，序列满足单调递增或单调递减，在这个点之后，序列满足单调递增或单调递减。

       实际上我们可以枚举 每一个位置 $x$ 作为 断点，分成两种情况讨论：

       1. 对于点 $x$ 而言，它的 左侧 是 单调递增 的，右侧单调递减。

       2. 对于点 $x$ 而言，它的 右侧 是 单调递减的， 左侧单调递增。

       那么有一个问题是，当 整个 序列 都是 单调递增 或 单调递减时，我们上述的方法会考虑到吗?

       再次考虑一下，当 $x=1$ 时，情况 $1$ 能考虑到 整个序列都是单调递减 的情况。 情况 $2$ 则能考虑到 整个序列都是单调递增 的情况。

       而当 $x=n$ 时，同样也会考虑到这两种情况，所以 这两种特殊情况不仅被考虑到了，而且分别被多考虑了一次，所以应该将多余答案 减去。

       因为 断点不同，所以每种方案数都是不一样的，所以我们可以列出等式：

        $res=({\sum }_{i=1}^{n}g(i)+f(i))-2$ （其中 $g(i)$ 和 $f(i)$ 分别表示以 $i$ 位置为断点，情况 $1$ 和 情况 $2$ 的方案数）。

       那么我们在考虑一下 $g(i)$ 和 $f(i)$ 怎么算：

       对于 $g(x)$ 而言，那么显然，$x$ 这个位置必须要放上 $n$ 这个数，因为在整个序列中它是最大的。而在它放过 $n$ 后，剩余 $n-1$ 个数都是比它小的 ，我们只需要从中 任意 选出来 $x-1$ 个数字，通过一定的安排顺序，就可以满足位置 $x$ 的前半部分， 而当我们选出来 $x-1$ 放在 $x$ 位置的前面时， $x$ 位置的前半部分 和 后半部分的数字摆放顺序其实已经确定。(因为 $n$ 个数字 不一样 且要按严格的 递增 或 递减 顺序摆放)，所以 $g(x)=C_{n-1}^{x-1}$

       而求解 $f(x)$ 的过程实际与求解 $g(x)$ 的思路 一摸一样，只不过将 $x$ 位置上的数换成 最小数$1$，而答案实际也是 $f(x)=C_{n-1}^{x-1}$

       所以问题的答案也就变成了 $res=2\ast {\sum }_{i=1}^n{C}_{n-1}^{i-1}-2$。

       这个式子该如何化简呢？我们将式子展开写试试：

        $res=2\ast (C_{n-1}^0+C_{n-1}^1+C_{n-1}^2+C_{n-1}^3+...+C_{n-1}^{n-1})-2$。

       我们发现和 二项式定理公式 很相似：

        $(a+b{)}^n=C_n^0{a}^0{b}^n+C_n^1{a}^1{b}^{n-1}+C_n^2{a}^2{b}^{n-2}+...+C_n^n{a}^n{b}^0$

       然后我们 令 $a=b=1$ ，则有：

       怎么样，是不是很 NB ，我们再次将思路回到原题：

       那么答案就是 $res=2\ast 2^{n-1}-2$
                                     $=2^n-2$

       但是考虑到 模数很大，用快速幂直接乘会爆 $longlong$，所以我们再加一个 龟速乘。这样就能愉快的 AC 了！！

        CODE：

#include//答案 2^n - 2 
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n, p;
LL mul(LL x, LL y, LL mod){//龟速乘
    LL res = 0; 
	while(y){
		if(y & 1) res = (res + x) % mod;
		x = (x + x) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
LL q_pow(LL x, LL y, LL mod){//快速幂
	LL res = 1;
	while(y){
		if(y & 1) res = mul(res, x, mod) % mod;
		x = mul(x, x, mod) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
int main(){
	freopen("contest.in", "r", stdin);
	freopen("contest.out", "w", stdout);
	while(~scanf("%lld%lld", &n, &p)){
		printf("%lld\n", (((q_pow(2, n, p) - 2) % p) + p) % p);
	}
	return 0;
}