引

很有意思的计数题

解法

考虑经过操作后得到的排列的性质

性质1：
设 $p re (i)$ :前i个位置的最大值，则不会出现超过3个的连续位置的 $p re$ 相同
必要性：
考虑反证，若有超过 $3$ 个的连续位置的 $p re$ 相同，那么至少有连续有连续三次选择了比第一次选择要小的数，那么至少一个块的长度为 $4$ ,题目中规定块长为 $3$ ，因此不合法
充分性：
发现没有充分性，比如： ${2,1,4,3,6,5\}$ ,手玩模拟一下就会发现有问题
性质2：
若排列总长为 $3 N$ , $i$ 个的连续位置的 $p re$ 相同的个数为 $cnt_i$ ,那么 $cnt_2\le N-cnt_3$
必要性：
对于 $cnt_2$ 与 $cnt_3$ 来说，他们对应的块内的大小关系是一定的，所以可得 $cnt_2+cnt_3\le N$ ,移项就行了
我们可以化简：
$\begin{aligned} &cnt_2\le N-cnt_3\\ \Rightarrow&3cnt_2\le 3N-3cnt_3\\ \Rightarrow&3cnt_2\le (cnt_1+2cnt_2+3cnt_3)-3cnt_3\\ \Rightarrow^{移项得}&cnt_2\le cnt_1 \end{aligned}$

最后我们发现性质1和性质2加起来就有了充分性

状态设计：

$f_{i,j}:前i个数，cnt_1-cnt_2=j的方案数$
显然 $ans=\sum_{k=0}^{3n} f_{3n,k}$

状态转移：

考虑从小到大放数，对放 $1/2/3$ 个数分别考虑
$\begin{aligned} &f_{i,j}\to f_{i+1，j+1}\\ &f_{i,j}\to f_{i+2,j-1}*(i-1)\\ &f_{i,j}\to f_{i+3，j}*(i-1)*(i-2) \end{aligned}$
就好了

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3 + 7, M = N * 3;
typedef long long ll;
int n,mod,ans;
int f[M][M<<1];
int ad(int x,int y){ return (1ll*x+1ll*y)%mod; }
void work(int i,int j){
	f[i+1][j+1+M]=ad(f[i+1][j+1+M],f[i][j+M]);
	f[i+2][j-1+M]=ad(f[i+2][j-1+M],1ll*f[i][j+M]*(i+1)%mod);
	f[i+3][j+M]=ad(f[i+3][j+M],1ll*f[i][j+M]*(i+1)%mod*(i+2)%mod);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&mod); n=n*3;
	f[0][M]=1;
	for(int i=0;i<n;i++) 
		for(int j=-i;j<=i;j++) 
			work(i,j);
	for(int i=0;i<=n;i++) 
		ans=ad(ans,f[n][i+M]);
	printf("%d\n",ans);
}