这种排列生成排列的题目我们一般可以考虑生成排列合法的充要条件。
首先可以发现的一点就是该生成排列的任意一个数 (p_i) 一定不存在连续的三个数 (p_{i + 1}, p_{i + 2}, p_{i + 3}) 比其小。考虑原排列的生成方式，如果存在生成的排列中 (p_{i + 1} < p_i) 那么在原排列中 (p_{i + 1}) 一定和 (p_i) 在同一块，而如果 (p_{i + 2} < p_i) 说明 (p_{i + 2}) 和 (p_i) 在同一块中，以此类推，因为一个块大小最多为 (3) 所以一定不存在对于任意一个数 (p_i) 一定不存在连续的三个数 (p_{i + 1}, p_{i + 2}, p_{i + 3}) 比其小。并且我们还可以发现每次都是一个大的数 (p_i) 后面跟上两个或一个或不跟任何比他小的数，之后再出现一个比 (p_i) 更大的数，下面我们将一个大的数 (p_i) 和其后面跟的小的数看作生成排列中的一个段。
上面这个条件充分吗？感觉不充分，实际上确实不充分。比如说 (2 4 3 6 5 8 7 9 1) 就不是一个合法的生成排列，但上面的第一个条件给了我们启发，让我们从生成排列的每个段来观察。于是我们可以用生成排列每个段的角度来看上面那个不合法的排列，不难发现 (2 4 3) 是一个段，(6 5) 是一个段，(8 7) 是一个段，(9 1) 是一个段。根据我们的性质一，生成排列中的每一个段必然来自原排列中的同一个块，这里长度为 (3) 的段有 (1) 个，长度为 (2) 的段有 (3) 个，长度为 (3) 的段已经占用了原排列的一个块，但剩下 (3) 个长度为 (2) 的段往哪里放？显然没有地方可以同时放下 (3) 个长度为 (2) 的块，于是我们这里可以猜想长度为 (3) 的段和长度为 (2) 的段的数量不能超过 (n) 是一个合法条件。因为长度为 (3) 的段和长度为 (2) 的段都需要占用原排列的一个块，因此如果两者总数大于 (n) 这是不可能的。但如果两者长度小于 (n) 就是一个合法的生成排列了吗？确实是的，因为我们可以从前往后考虑每个段并还原原排列，每次我们将当前的一个段放入原排列中任意一个可填的位置即可，这样我们就构造出了一个合法的原排列。
因此我们的原问题转化为：问有多少个长度为 (n) 的排列满足其是由若干个长度为 (1 / 2 / 3) 的段组成的并且段开头的数不断单调递增，段的定义是开头的数大于其后面接的数。
于是咱们可以考虑使用 (dp) 来进行计数，令 (dp_{i, j, k}) 表示已经填完了前 (i) 个数，当前填到的最大数为 (j)，当前长度为 (2) 和长度为 (3) 的段已经填了 (k) 个的方案。转移的化就只需要考虑往后面插入一个长度为 (1 / 2 / 3) 的段枚举上次的最大值 (l) 即可，加上前缀和可以做到 (mathcal{O(n ^ 3)})。
上面这个 (dp) 还是不行，我们可以考虑另一个排列计数的方法，为了能去掉 (j) 哪一维的限制，我们可以考虑 有限制的排列 这题的计数方式，令 (dp_{i, j}) 表示由 (1 sim i) 组成的排列，长度为 (2 / 3) 的段之和的数量已经为 (j) 的方案数，这样做的好处就是我们能保证当前段首是最大的。同样我们考虑往后插入长度为 (1 / 2 / 3) 的段，如果插入长度为 (1) 的段，只能是插入 (i)，那么有转移 (dp_{i, j} = dp_{i - 1, j})。假设插入长度为 (2) 的段，那么我们还是只能将 (i) 作为最大值，接下来保持 (i) 不动，往后插入剩下 (i - 1) 中的任意一个并将之前大于他的数 (+1)（(i) 保持不变）这样也能保持排列的性质，即 (dp_{i, j} = dp_{i - 2, j - 1} imes (i - 1))。同理可以得到插入长度为 (3) 的段的转移方程 (dp_{i, j} = dp_{i - 3, j - 1} imes (i - 1) imes (i - 2))，这样我们能做到 (mathcal{O(n ^ 2)}) 了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 6000 + 5
#define M 2000 + 5
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
int n, ans, Mod, dp[N][M];
int read(){
char c; int x = 0, f = 1;
while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int Inc(int a, int b){
return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
int Mul(int a, int b){
return 1ll * a * b % Mod;
}
int main(){
n = read(), Mod = read();
dp[0][0] = 1;
rep(i, 1, 3 * n) rep(j, 0, min(i / 2, n)){
dp[i][j] = Inc(dp[i][j], dp[i - 1][j]);
if(i >= 2 && j >= 1) dp[i][j] = Inc(dp[i][j], Mul(dp[i - 2][j - 1], i - 1));
if(i >= 3 && j >= 1) dp[i][j] = Inc(dp[i][j], Mul(dp[i - 3][j - 1], Mul(i - 1, i - 2)));
}
rep(i, 0, n) ans = Inc(ans, dp[3 * n][i]);
printf("%d", ans);
return 0;
}