题面
思路
这种题当然要 (dp) 啦
设 (g_{i,j}) 表示前 (i) 个位置用指定的 (j) 种颜色装饰（即用颜色 (1..j) 来装饰）
那么 (g_{i,j}=g_{i-1,j}*(j-1)+g_{i-1,j-1}*j)
前一项表示前 (i-1) 用了 (j) 种颜色，那么当前位可以用 (j-1) 种颜色，因为它和前面一个不能相同
后一项表示前 (i-1) 用了 (j-1) 种颜色，根据定义，前 (i-1) 位用的颜色是 (1..j-1)，而现在多了一种来用，那么在 (i) 这个阶段的前 (i-1) 位用 (j-1) 种颜色可供选择的方案是 (inom{j}{j-1})，即 (j) 种方案。选完后第 (i) 位就确定了，那么总的方案就是颜色选择方案乘上 (g_{i-1,j-1})，后者可称为排法
再设 (f_{i,j}) 表示前 (i) 层放了装饰品且第 (i) 层选 (j) 种颜色的装饰品的方案数
那么 (f_{i,j}={sum_{k=1}^{a_{i-1}}f_{i-1,k}*C_{m}^{j}*g_{a_i,j}}-f_{i-1,j}*g_{a_i,j})
意思是前 (i-1) 层放的方案乘上本层 (a_i) 个位置选 (j) 种颜色的方案（乘法原理），因为 (g) 此前的定义是给定的 (j) 种颜色，然而在 (f) 中我们可以任意选 (j) 种，故要乘上 (C_{m}^{j})
而题中规定本层与上一层颜色去重后的集合不能相同，所以我们再减去 (f_{i-1,j}*g_{a_i,j}) 即为前一个式子重复算的数量
而本题更恶心的是模数不一定是质数，所以再算组合数时我们需要质因数分解，加点奇技淫巧避免时间和空间裂开
看我们算 (C) 的过程，显然算 (C_{m}^{j+1}) 时可以从 (C_{m}^j) 处推来
所以我们分解质因数后存的东西不用清零，直接指数该加的加，该减的减
最后快速幂算一下剩下的指数和底数的贡献就行了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int M = 5005;
int n , m , a[1000005] , Mx , o , tot , pr[M] , vis[1000005] , num[1000005] , s[1000005] , cnt;
LL p , g[M][M] , f[3][M] , c[1000005] , sum , ans;
inline void getprime(int m)
{
vis[0] = vis[1] = 1;
for(register int i = 2; i <= m; i++)
{
if (!vis[i]) pr[++tot] = i;
for(register int j = 1; j <= tot && pr[j] * i <= m; j++)
{
vis[pr[j] * i] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
}
inline LL fpow(LL x , int y)
{
LL res = 1;
while (y)
{
if (y & 1) res = res * x % p;
y >>= 1 , x = x * x % p;
}
return res;
}
inline void up(int x)
{
for(register int i = 1; i <= tot && pr[i] * pr[i] <= x; i++)
if (x % pr[i] == 0)
{
if (!vis[pr[i]]) vis[pr[i]] = 1 , num[++cnt] = pr[i];
while (x % pr[i] == 0) s[pr[i]]++ , x = x / pr[i];
}
if (x > 1)
{
if (!vis[x]) num[++cnt] = x , vis[x] = 1;
s[x]++;
}
}
inline void down(int x)
{
for(register int i = 1; i <= tot && pr[i] * pr[i] <= x; i++)
if (x % pr[i] == 0)
{
while (x % pr[i] == 0) s[pr[i]]-- , x = x / pr[i];
}
if (x > 1) s[x]--;
}
inline LL getc(int x , int y)
{
LL res = 1;
up(y) , down(x);
for(register int i = 1; i <= cnt; i++)
res = res * fpow((LL)num[i] , s[num[i]]) % p;
return res;
}
int main()
{
freopen("kalanchoe.in" , "r" , stdin);
freopen("kalanchoe.out" , "w" , stdout);
scanf("%d%d%lld" , &n , &m , &p);
for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d" , &a[i]) , Mx = max(Mx , a[i]);
g[1][1] = 1;
for(register int i = 2; i <= Mx; i++)
for(register int j = 1; j <= i; j++)
g[i][j] = (g[i - 1][j] * (j - 1) % p + g[i - 1][j - 1] * j % p) % p;
getprime(m + 3);
memset(vis , 0 , sizeof vis);
for(register int i = 1; i <= min(m , Mx); i++) c[i] = getc(i , m - i + 1);
sum = 1;
for(register int i = 1; i <= n; i++)
{
o = 1 - o;
for(register int j = 1; j <= min(a[i] , m); j++)
f[o][j] = ((sum * c[j] % p * g[a[i]][j] % p - f[1 - o][j] * g[a[i]][j] % p) % p + p) % p;
sum = 0;
for(register int j = 1; j <= min(a[i] , m); j++) sum = (sum + f[o][j]) % p;
if (i > 1) for(register int j = a[i] + 1; j <= a[i - 2]; j++) f[o][j] = 0;
}
for(register int i = 1; i <= min(a[n] , m); i++) ans = (ans + f[o][i]) % p;
printf("%lld" , ans);
}