测试地址：地精部落
做法：本题需要用到DP+滚动数组。
注意到题目问的就是长为nn的波动排列数目，但是由于pp不一定是质数，所以我们要避免使用逆元，又因为空间只有64MB，我们需要严格控制空间的使用。
考虑如何计算长为ii的波动排列数目，我们可以枚举ii的位置jj，因为ii一定是最大的元素，所以它的两边一定是谷，因此我们就要求长为j−1j−1和i−ji−j的第一位或最后一位是谷的方案数，然后乘上一个Cj−1i−1Ci−1j−1累加入答案即可。显然组合数可以通过Cji=Cj−1i−1+Cji−1Cij=Ci−1j−1+Ci−1j这个递推式滚动计算。
问题是我们怎么计算上面那些带限制的方案数呢？注意到一个性质：波动排列的第一位是峰或谷的方案数是一样的。为什么呢？因为显然每一个第一位是峰的方案，都可以通过所有元素ii变为n−i+1n−i+1唯一对应一个第一位是谷的方案。所以我们定义f(i)f(i)为第一位是谷的方案，那么我们可以得到状态转移方程：
2f(i)=∑ij=1Cj−1i−1f(j−1)f(i−j)2f(i)=∑j=1iCi−1j−1f(j−1)f(i−j)
注意到f(i)f(i)有个22的系数，然而上面我们已经说了要尽量避免逆元的计算，所以根据定义，我们只计算jj是偶数的情况，即：
f(i)=∑ij=1[j是偶数]Cj−1i−1f(j−1)f(i−j)f(i)=∑j=1i[j是偶数]Ci−1j−1f(j−1)f(i−j)
特殊地，f(0)=f(1)=1f(0)=f(1)=1，那么这道题的答案就是2f(n)2f(n)，这样我们就得到了一个O(n2)O(n2)的做法，可以通过此题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll p,f[5010]={0},C[2][5010]={0};

int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&p);

    f[0]=f[1]=1;
    C[0][0]=1;
    int past=0,now=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        C[now][0]=1;
        for(int j=1;j<=i-1;j++)
            C[now][j]=(C[past][j-1]+C[past][j])%p;
        for(int j=2;j<=i;j+=2)
            f[i]=(f[i]+C[now][j-1]*f[j-1]%p*f[i-j])%p;
        swap(now,past);
    }
    printf("%lld",(f[n]<<1)%p);

    return 0;
}