背景

题面

题解

我们先不考虑第 $k$ 个位置后面的，先想个办法判断 $b$ 序列前面是否合法。

当 $1$ 还没出现的时候，考虑逆向操作，每次抽出 $b$ 开头的数可以选择添加到 $a$ 序列两端，从两边往中间填。还没出现的 $1$ 相当于将 $a$ 砍成了两个单调下降的序列，我们每次可以选择在其中一个序列的末尾添加。

我们用这样一种贪心思路加，每次如果两个序列末尾都能容纳当前数，就加入末尾更小的那一个。这样不难发现从始至终两个序列末尾的大小关系都没变。

我们改变一种计数策略，用每个数前面比它小的数的个数 $d[i]$ 来刻画排列。我们把 $dp[i][j]$ 的状态 $j$ 定为当前（抽出了 $i$ 个数）末尾小的序列的最短前缀长度，满足删除该前缀后此序列不再是末尾更小的序列。那么 $dp[i-1][j]$ 转移到 $dp[i][...]$ 时，$d[i]$ 就必须要在 $[0,j]$ 之间，如果 $d[i]$ 选择 0，那么该数将会放入末尾小的那个序列，转移到 $j+1$ ，否则放入另一个序列，转移到 $d[i]$ 。

我们发现，除了 $dp[0][0]=1$ 以外，$dp[i][0]$ 都是 0，且有状态转移
$$dp[i][j]=\sum _{l=j-1}^{i-1}dp[i-1][l]$$

我们令 $suf[i][j]={\sum }_{l=j}^{i}dp[i][l]$ ，也就是后缀和，那么式子就十分简单
$$\begin{gathered} suf[i][j]-suf[i][j+1]=suf[i-1][j-1] \\ suf[i][j]=suf[i-1][j-1]+suf[i][j+1] \end{gathered}$$

又是模拟走限制网格图，用卡塔兰数的套路。

于是我们可以预处理 $O(n)$ ，然后 $O(1)$ 地求出每一个我们需要的 $dp[i][j]$ 。

当我们求出所有 $dp[k-1][j]$ 后，第 $k$ 个数必须是 1 的限制，就告诉我们只能转移到 $dp[k][j+1]$ 。然后，第 $k$ 位后面的数就比较自由了。此时 $a$ 序列中间空出一段连续的位置可以填，我们再正着考虑，现在计数相当于要对于一个排列 $a$ 任意地按 $3,4$ 按钮，最后一下随便按一个结果等价。那么就是当下满足条件的排列 $a$ 个数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+(n-k)}{n-k}\right)$ 再乘上按按钮方案数 $2^{\max (0,n-k-1)}$ 。

时间复杂度 $O(n)$ 。

CODE

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<random>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 500005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define ENDL putchar('\n')
#define DB double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
int xchar() {
	static const int maxn = 1000000;
	static char b[maxn];
	static int pos = 0,len = 0;
	if(pos == len) pos = 0,len = fread(b,1,maxn,stdin);
	if(pos == len) return -1;
	return b[pos ++];
}
//#define getchar() xchar()
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;int s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<1) + (x<<3) + (s^48);s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {if(!x)return ;putpos(x/10);putchar((x%10)^48);}
void putnum(LL x) {
	if(!x) {putchar('0');return ;}
	if(x<0) putchar('-'),x = -x;
	return putpos(x);
}
void AIput(LL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}

int n,m,s,o,k;
int MOD = 1;
int fac[MAXN<<1],inv[MAXN<<1],invf[MAXN<<1];
int C(int n,int m) {
	if(m < 0 || m > n) return 0;
	return fac[n] *1ll* invf[n-m] % MOD * invf[m] % MOD;
}
int dpsuf(int n,int m) {
	m = n-m;
	return (0ll+C(n+m,m) +MOD- C(n+m,m-1)) % MOD;
}
int pw[MAXN];
int main() {
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	n = read(); k = read(); MOD = read();
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=1;
	for(int i = 2;i <= (n<<1);i ++) {
		fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
		inv[i] = (MOD - inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
		invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
	}
	int ans = 0; pw[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) pw[i] = pw[i-1]*2ll % MOD;
	if(k == 1) return AIput(pw[max(0,n-2)],'\n'),0;
	for(int i = 1;i < k;i ++) {
		int dp = (0ll+dpsuf(k-1,i) +MOD- dpsuf(k-1,i+1)) % MOD;
		ans = (0ll+ ans + dp*1ll*C(i+n-k,n-k)%MOD*pw[max(0,n-k-1)] % MOD) % MOD;
	}
	AIput(ans,'\n');
	return 0;
}