过题数 排名 A B C D E F G H I J K L M
4 635 √ B √ √ √ 
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√ 赛时过了
B 补题过了

B

有 2n2n 堆纸牌，每次抽到 i>ni>n 就猜测下一张比这张小，否则下一张比这张大，询问在每种排列下一共能抽到多少张。第一张只用抓不用猜。

手推一下有个重要的性质，低于n只能猜大，大于只能猜小，因此我们一定可以分成很多个连续上升或者连续下降的序列。并且这些序列都是大于 nn 或者小于等于 nn 的。（不符合这个性质的一定在结尾或者开头，我们把它放在上一个序列依然是连续的。）

考虑 fi,j,0/1f_{i,j,0/1} 表示抓了 ii 张小于等于 nn ，jj 张大于 nn 并且最后结尾是小于/大于的方案数。

然后统计对答案的贡献即可。

计算贡献的方式：已经放好了 i,ji,j ，下一张对答案的贡献。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int maxn=660;

int f[maxn][maxn][2];
int T,c[maxn][maxn],modp,p[maxn];
int ans=0,n;

void init()
{
	p[0]=1;
	for(int i=1;i<=n*2;i++) p[i]=i*p[i-1]%modp;
	c[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n*2;i++)
	for(int j=0;j<=i;j++)
	{
		if(j==0) c[i][j]=1;
		else c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%modp;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)
	for(int j=0;j<=n;j++) f[i][j][0]=f[i][j][1]=0;
	f[0][0][0]=f[0][0][1]=1;
}

signed main()
{
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>modp;
		init();
		ans=0;
		for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			if(i==0&&j==0) continue;
			for(int k=1;k<=i;k++) f[i][j][0]=(f[i][j][0]+f[i-k][j][1]*c[n-i+k][k]%modp)%modp;
			for(int k=1;k<=j;k++) f[i][j][1]=(f[i][j][1]+f[i][j-k][0]*c[n-j+k][k]%modp)%modp;
			if(i==n&&j==n) continue;
			ans=(ans+p[n*2-i-j]*(f[i][j][0]+f[i][j][1]))%modp;
		}
	
		ans=(ans+p[n*2])%modp;
		cout<<ans<<'\n';
	}
}