很久以前，yc 是个菜鸡，面对 AGC049D 一筹莫展，在巨神 vxlimo 的指点下才终于会了。
过了几个月，yc 觉得自己很强，就在此时又受到了 XVIII Open Cup of Ural D 的攻击。巨神 vxlimo 大手一挥，yc 便认识到了自己的渺小。
后来，yc 又看到了这题。吸收了之前的教训，yc 能干掉它吗？
题目
构造一个值域为 ([1,n])，长度为 (n) 的单调不降序列 (a_1,a_2,cdots,a_n)，并且使得 (forall 1leq kleq n-1)，都有任意 (k) 个数之和小于任意 (k+1) 个数之和。
求构造方案数，对 (M) 取模。
(2le nle 5000,9 imes 10^8<M<10^9)，(M) 是质数。
题解：
容易发现：
- (n) 为偶数：只要前 (frac{n}2) 个数之和大于后 (frac{n-2}2) 个数之和；
- (n) 为奇数：只要前 (frac{n+1}2) 个数之和大于后 (frac{n-1}2) 个数之和。
(n) 为偶数的情况略微复杂于 (n) 为奇数的情况，故以 (n) 为偶数为例。
只要后 (frac{n-2}2) 个数之和减去前 (frac{n}2) 个数之和为负（记为 (m)）。
令 (b_i=egin{cases}-a_i&(ile frac n2)\0&(i=frac{n+2}2)\a_i&(i>frac{n+2}2)end{cases})
那么 (a) 序列和 (b) 序列是一一对应的。因此只要算有多少这样的 (b) 序列它的总和为负。
对于单调不降序列的计数，有这样一个套路：
( exttt{0 0 0}cdots exttt{0 0 0}\ exttt{0 0 0}cdots exttt{0 0 1}\ exttt{0 0 0}cdots exttt{0 1 1}\ cdots\ exttt{0 0 1}cdots exttt{1 1 1}\ exttt{0 1 1}cdots exttt{1 1 1}\ exttt{1 1 1}cdots exttt{1 1 1} )
这是 (n+1) 个长度为 (n) 的 01 串。
那么一个长度为 (n) 值域为 ([1,n]) 的序列 可以对应 从以上 01 串取出 (n) 个来相加的一种方案（一个串可以取多次，最后一个串至少取一次）。
因此完全背包即可。
这时考虑刚刚那个计算 (b) 序列的个数的问题，类似构造这样的串 （以下是 (n=6) 的情况）：
(
exttt{ 0 0 0 0 0 0}\
exttt{ 0 0 0 0 0 1}\
exttt{ 0 0 0 0 1 1}\
exttt{ 0 0 0 0 1 1}\
exttt{ 0 0 -1 0 1 1}\
exttt{ 0 -1-1 0 1 1}\
exttt{-1 -1-1 0 1 1}
)
（虽然有两个串长得一模一样，但视为不同）
只要算，从以上串中取出 (n) 个来相加（一个串可以取多次，最后一个串至少取一次）且总和小于 (0) 的方案数。
又只跟总和有关，所以又等价于从 (0,1,2,cdots,2,1,0,-1) 中取出 (n) 个来相加，总和小于 (0) 的方案数。（对 (n) 为奇数的情况，这个对应是差不多的）
注意到只有最后一个是负的，因此想要总和小于 (0) 就一定选了最后一个，这个限制相当于没有用。
先对非负的串做 DP，(f_{i,j,k}) 表示前 (i) 个串，取了 (j) 个，和为 (k) 的方案数。
答案即为 (sum_{j,k}f_{n,j,k}[k-(n-j)<0]=sum_{j,k}f_{n,j,k}[j+k<n])
由于答案只和 (j+k) 有关，把 (j) 和 (k) 合成一维，就是一个完全背包，(O(n^2))。
#include<bits/stdc++.h>
const int N=5003;
int n,M,f[N],s;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&M);
f[0]=1;
for(int i=1,a;i<=n;i++){
a=std::min(i,n-i+1);
for(int j=a;j<n;j++)f[j]=(f[j]+f[j-a])%M;
}
for(int i=0;i<n;i++)s=(s+f[i])%M;
printf("%d
",s);
return 0;
}