博弈论（奇偶考虑法）+计数+DP（判定转dp）：CF838C

本文搬运自本人高中时期CSDN博客，若图片加载不出来，可到原文查看：https://blog.csdn.net/zhangtingxiqwq/article/details/133362167

首先题目有博弈，先分析一波最优策略（步骤：分析性质）。

两个人，所以显然考虑奇偶考虑法+递归考虑。

首先删就是使子问题-1，重新排列是在当前子问题里的。

一个串的排列是有限的，所以这里就可以上奇偶考虑法。如果有偶数种串，则必然是后手先“被迫“进入子问题（要算上初始情况）

考虑假设法：我们可以先假设进入子问题：

  1. 必赢。先手进！

  2. 必死。偶串时后手被迫进入，先手胜！

我们的奇偶考虑法证明了串方案wei偶数时先手必胜了！

考虑奇数种时先手能不能赢，同样假设一下：

  1. 进去必赢。先手胜

  2. 进去必输。先手被迫进入，后手胜

现在先手就不能再这层耗了，只能进入下一层了。然后结合上面的结论，只能进入子问题种类数是奇数时先手才有机会。

然后好像就卡住了…

然后回到题目看一看，发现问种类数，考虑dp太早了，就先想下计数

假设每种字符出现次数为 aa ，那么就有 an\frac a n 种串。然后我们现在这个是奇数。

考虑删掉一个变成什么，是 n!∏a!(a−1)!\frac {n!} {\prod a! (a-1)!} ，我们现在希望这个是奇数。我们除一下发现上面要乘个 an\frac a n ，则这个也要是奇数。

我们考虑我们还漏了什么条件， ∑a=n\sum a=n 。奇偶的话就从二进制的角度推敲一下， nn 的最低位1必然存在在其中一个 aa 里，所以 an\frac a n 为奇数必然存在。

所以现在只和 nn 的奇偶有关了。 nn 偶先手必胜，否则必败。

剩下dp就很简单了。若 nn 为奇数，我们要构造 an\frac a n 为偶数，考虑用全局-奇。

因为有 ∏a!∣n!\prod a! | n! ，所以 ∏a!\prod a! 的2的因子和 n!n! 只能相同。考虑类似10，不能用1+1表示，只能用10+0表示。所以每个 aa 必然是 nn 的子集。同时 ∑a=n\sum a=n

然后dp维护下 1∏a!\frac 1{\prod a!} 的和。

有个小优化，就是钦定当前lowbit必选，最后乘个阶乘即可

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||
ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define Z(x) (x)*(x)
#define pb push_back
//mt19937 rand(time(0));
//mt19937_64 rand(time(0));
//srand(time(0));
#define N 250010
//#define M
//#define mo
int mo; 
int pw(int a, int b) {
	int ans=1; 
	while(b) {
		if(b&1) ans*=a; 
		a*=a; b>>=1; 
		ans%=mo; a%=mo; 
	}
	return ans; 
}
int fac[N], inv[N], ifac[N]; 
void init(int n) {
	int i; 
	for(i=fac[0]=1; i<=n; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mo; 
	ifac[n]=pw(fac[n], mo-2); 
	for(i=n-1; i>=0; --i) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo; 
	for(i=1; i<=n; ++i) inv[i]=ifac[i]*fac[i-1]%mo; 
}
int C(int n, int m) {
	if(m>n) return 0;
	return fac[n]*ifac[m]%mo*ifac[n-m]%mo; 
}
int n, m, i, j, k, T;
int f[27][N], s, t, ans; 

void Add(int &a, int b) {
//	a=(a+b)%mo; 
	a+=b; 
	if(a>=mo || a<=mo) a%=mo; 
}

int dfs(int i, int s) {
//	printf("f[%lld][%lld] %lld\n", i, s, f[i][s]); 
	if(f[i][s]!=-1) return f[i][s]; 
	if(i==0 || s==0) return 0; 
	f[i][s]=0; 
	int j=s&-s, t; 
//	printf("====\n"); 
//	printf("%lld %lld\n", S, j); 
	for(t=(s-j); ; t=(t-1)&(s-j)) {//ai=t
			Add(f[i][s], dfs(i-1, s-j-t)*ifac[t+j]); 
		
		if(!t) break;  
	}
//	printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", i, s, f[i][s]); 
	return f[i][s]; 
}

signed main()
{
//	freopen("in.txt", "r", stdin);
//	freopen("out.txt", "w", stdout);
//	T=read();
//	while(T--) {
//
//	}
	n=read(); k=read(); mo=read(); init(n); 
	if(n%2) return printf("%lld\n", pw(k, n)), 0; 
	memset(f, -1, sizeof(f)); 
	f[0][0]=1; 
//	for(i=1; i<=k; ++i) printf("%lld %lld %lld\n",  fac[n], f[i][0], fac[n]*f[i][0]%mo); 
	for(i=1; i<=k; ++i) {
//		printf("dfs[%lld %lld]=%lld\n", i, 0, dfs(i, 0)); 
		Add(ans, fac[n]*dfs(i, n)%mo*C(k, i)%mo*fac[i]%mo); 
	}
//	printf("%lld\n", (ans%mo+mo)%mo); 
	Add(ans, pw(k, n)-2*ans); 
	printf("%lld", (ans%mo+mo)%mo); 
	return 0;
}