A. Rikka with Nash Equilibrium

题解：

神仙dp题

将数字从大到小一次排列，从大往小取.

• 构造一个三维$dp[now][j][k]​$,表示放入$now​$数字的时候有$i​$行和$j​$列有数字下的情况。为了防止数字成为平衡位置，每次放置的位置都要放置在之前放置元素所在的列或者行上，如果不这么放置的话，他就会成为剩下当前行和当前列最大的(就没能有比他大的数字了)。

• 初始化，因为第一个数字可以任意存放所以$dp[0][1][1]=m*n$。

• 转移方程:

  1. 该点放置位置上行和列都有元素，那就是有$i$列和$j$行可以存放。剩下的位置是$j*k-i+1$

     ，$dp[next][j][k]+=dp[now][j][k]*(jk-i+1)$

  2. 该点放置位置上列已经有元素了，但是行上没有元素，从位置的行数减一转移加了一行$dp[next][j][k]+=dp[now][j-1][k]*j(n-i+1)$

  3. 同理如果行有元素的话。$dp[next][j][k]+=dp[now][j][k-1]*i(m-j+1)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);i++)
#define per(i,a,n) for(int i=(n-1);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
typedef pair <int,int> pII;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
//head
const int maxn = 88;
int t,m,n;
ll mod;
ll dp[2][maxn][maxn];
inline ll add(ll a, ll b){
    return (a+b>mod)?(a+b)%mod:a+b;
}
inline ll mul(ll a,ll b){
    return a*b>mod?(a*b)%mod:a*b;
}
int main(){
#ifdef LOCAL
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%lld",&n,&m,&mod);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][1][1] = n*m;
        int now = 0;
        rep(i,2,m*n+1){
            int nxt = now^1;
            memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));
            rep(j,0,n+1){
                rep(k,0,m+1){
                    if(dp[now][j][k]){
                        ll tot = j*k - i + 1;
                        dp[nxt][j][k] = add(dp[nxt][j][k],dp[now][j][k]*tot);
                        dp[nxt][j+1][k] = add(dp[nxt][j+1][k],mul(dp[now][j][k],1ll*k*(n-j)));
                        dp[nxt][j][k+1] = add(dp[nxt][j][k+1],mul(dp[now][j][k],1ll*j*(m-k)));
                        //cout<<dp[now][j][k];
                    }
                }
            }
            now = nxt;
        }
        printf("%lld\n",dp[now][n][m]);
    }
    return 0;
}