传送门

显然可以dp

显然可以假设单调增，答案乘个阶乘即可

设$f(i,j)$表示前$i$个不超过$j$的答案

$$f(i,j)=f(i,j-1)+jf(i-1,j-1)$$

注意边界是$f(0,i)=1!$

注意边界是$f(0,i)=1!!$

注意边界是$f(0,i)=1!!!$

最终答案为$n!f(n,A)$

这样做是$O(nA)$的，需要优化

考虑上网搜题解，这样容易得知可以假设$f(i,j)$是关于$j$的多项式

人话翻译：把$f$每一行拆开看成一个个数列，这样每一行有一个多项式通项公式

设$g(i)$表示$f(i,j)$的次数

根据转移方程

$$f(i,j)-f(i,j-1)=jf(i-1,j-1)$$

看着不习惯？

$$F(i)-F(i-1)=if(i-1)$$

由于左边是多项式，最高项一定消掉了

所以

$$g(n)-1=g(n-1)+1$$

$$g(n)=g(n-1)+2$$

显然

$$g(0)=0$$

所以

$$g(n)=2n$$

插一下就好了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
const int N=1005;
using namespace std;
int MOD;
typedef long long ll;
inline int add(const int& a,const int& b){return a+b>=MOD? a+b-MOD:a+b;}
inline int dec(const int& a,const int& b){return a<b? a-b+MOD:a-b;}
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
int dp[N][N];
int main()
{int a,n;scanf("%d%d%d",&a,&n,&MOD);for (int i=0;i<=(2*n);i++) dp[0][i]=1;for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=(2*n);j++)dp[i][j]=add(dp[i][j-1],(ll)j*dp[i-1][j-1]%MOD);int ans=0;for (int i=0;i<=2*n;i++){int mul=dp[n][i];if (!mul) continue;for (int j=0;j<=2*n;j++) if (i!=j) mul=(ll)mul*dec(a,j)%MOD*qpow(dec(i,j),MOD-2)%MOD;ans=add(ans,mul);}for (int i=1;i<=n;i++) ans=(ll)ans*i%MOD;printf("%d\n",ans);return 0;
}