Description
Ember和Storm正在玩游戏。首先，Ember构造一棵n个节点且每个节点度数不超过d的带节点编号的树T。然后，Storm选择两个不同的节点u和v，并写下从u到v路径上的节点编号，记为序列 a1, a2... ak 。最后，Ember在序列中选择一个位置 i(1 ≤ i < k)，并在以下两个操作选择一个执行：
- 翻转 ai+1... ak 并将这一段加上ai，操作后序列变为 a1, ... ai, ak + ai, ak-1 + ai, ... ai+1 + ai
- 取负 ai+1... ak 并将这一段加上ai，操作后序列变为 a1, ... ai, - ai+1 + ai, - ai+2 + ai, ... - ak + ai
如果最后的序列是严格单调的，则Ember获胜，否则Storm获胜。
游戏情形可以用一个元组 (T, u, v, i, op) 来描述，op为翻转或是取负取决于Ember的决策。若Ember和Storm都使用最优策略（若有多种必胜策略，任选一种执行；若必败，也任选一种执行），试统计所有可能的游戏情形的数量，并输出其取模m的结果。
Input
仅一行，给出 n,d,m。 (2 ≤ n ≤ 200, 1 ≤ d < n, 1 ≤ m ≤ 2·109).
Output
输出一个数字——所有可能的游戏情形的数量取模m之后的结果。
首先，Ember一定会构造出一棵能让自己必胜的树。而Ember获胜当而仅当原序列$a$为单调的或是单峰的；且对于每一个合法的序列，有2种合法的$(i，op)$的组合。没有什么好证明的……在草稿纸上自己模拟一下两种操作就可以得到了。
问题转换为：统计满足以下条件的树的数量$S$：1. 包含$n$个节点，2. 每个节点度数不超过$d$，3. 树上任意两个节点间路径的编号序列为单调的或单峰的。最终答案为 $2\cdot n\cdot(n-1)\cdot S$ 。
而对于一棵合法的树，一定存在一个特殊点，满足以这个节点为起点或终点的所有路径都是单调的。为了方便统计，我们令合法树的根节点为特殊点。观察可得，对于一棵合法树，除根节点以外的子树都满足：父亲节点编号大于儿子编号，或是父亲编号小于儿子编号。所以我们只需要统计这两种情况的答案，然后在根节点处拼起来即可。而实际上，这两种情况是等价的。
令$f(i,j)$表示节点数为$i$，根节点度数为$j$，且父亲编号小于儿子编号的方案数。
枚举当前要拼接的子树大小$k$，钦定根节点编号最小，拼接过来的子树的根节点编号次小，可得到以下递推公式：
$$f(i,j)=\sum _{k=1}^{i-1}f(i-k,j-1)\cdot \binom{i-2}{k-1}\cdot \sum _{l=1}^{d-1}f(k,l)$$
令 $sum(i)=\sum _{j=1}^{d-1}f(i,j)$，可得：
$$f(i,j)=\sum _{k=1}^{i-1}f(i-k,j-1)\cdot \binom{i-2}{k-1}\cdot sum(k)$$
时间复杂度为 $O(n^{3})$ ，初始化 $f(1,0)=sum(1)=1$ 。
（这种方法是在评论区看到的……然后参考了一下wxh大爷的博客。官方题解给了另一种统计f数组的方式，要稍微复杂一些，以及因为不保证m是质数，会有一些细节需要处理。详见官方题解，细节处理详见评论区。）
统计出$f$数组后就可以开始拼接了，枚举满足父亲节点编号小于儿子编号的点数$i$、度数$j$, 满足父亲节点编号大于儿子编号的度数$k$，可得到以下公式：
$$S=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{d}\sum _{k=0}^{d-j}f(i+1,j)\cdot f(n-i,k)$$
而实际上一棵合法树是可以有多个合法根的，比如最简单的$n=2$的情况，合法根既可以是$1$也可以是$2$。我们可以得出另一个结论，如果一棵树有多个合法根，那么这些点一定构成一条单调链，一端是$j=1$且$k≠1$，另一端是$j≠1$且$k=1$，中间是$j=1$且$k=1$，我们把这棵树放在第一种情况统计。
得到最终公式：
$$S=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j+k\leq d,k\neq 1}f(i+1,j)\cdot f(n-i,k)$$
代码如下：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=;
int n,d,mod;
LL ans,sum[N],c[N][N],f[N][N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&d,&mod);
for(int i=;i<=n;i++)c[i][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
c[i][j]=(c[i-][j]+c[i-][j-])%mod;
sum[]=;f[][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=d;j++)
for(int k=;k<i;k++)
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-k][j-]*sum[k]%mod*c[i-][k-]%mod)%mod;
for(int j=;j<=d-;j++)
sum[i]=(sum[i]+f[i][j])%mod;
}
for(int i=;i<=n-;i++)
for(int j=;j<=d;j++)
for(int k=;j+k<=d;k++)
if(k!=)ans=(ans+f[i+][j]*f[n-i][k]%mod)%mod;
printf("%lld",*n*(n-)*ans%mod);
return ;
}