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简单题，由于这场 arc 的 F 是 jxd 作业而我不会做，所以只好来把这场的 E 水掉了。

我们记 \(f(i)\) 为钦定 \(i\) 个元素出现次数不超过一次，剩余放任自流（cmd_blk 内味）的方案数，再记 \(g(i)\) 为恰好 \(i\) 个元素出现次数不超过一次的方案数，那么有 \(f(i)=\sum\limits_{j=i}^ng(j)\dbinom{j}{i}\)，二项式反演一下可得 \(g(i)=\sum\limits_{j=i}^nf(j)\dbinom{j}{i}(-1)^{j-i}\)，我们要求的答案即为 \(g(0)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if(i)\)。

考虑怎样求 \(f(i)\)，首先我们需钦定 \(i\) 个元素出现不超过一次，方案数为 \(\dbinom{n}{i}\)，我们枚举这 \(i\) 个元素划分入多少个集合，设为 \(j\)，根据组合意义，可能会有一些元素出现了一次，那我们就新建一个集合 \(S_0\) 表示出现 \(0\) 次的数的集合，并新建一个 \(0\) 号元素，强制令 \(0\in S_0\)，这样等价于将 \(i+1\) 个元素放入 \(j+1\) 个非空集合，其中与 \(0\) 号元素被划分在一个集合的元素就是出现零次的元素，这样可得方案数为 \(\begin{Bmatrix}i+1\\j+1\end{Bmatrix}\)。

接下来考虑剩下 \(n-i\) 个元素，它们可以形成 \(2^{n-i}\) 个集合，由于剩下的元素放任自流，这 \(2^{n-i}\) 个集合每个又有选或者不选两种方案，方案数为 \(2^{2^{n-i}}\)，另外剩余 \(n-i\) 个元素每个又可以放入原来 \(j\) 个非空集合中，每个元素是否放入每个集合都有 \(2\) 种选择，因此每个元素可选择的方案数为 \(2^j\)，总贡献为 \(2^{j\times(n-i)}\)。

因此 \(f(i)=\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{n}{i}\begin{Bmatrix}i+1\\j+1\end{Bmatrix}·2^{2^{n-i}}·2^{j\times(n-i)}\)，简单算一下就好了，\(n^2\log n\) 的做法显然，不过似乎过不去？稍微有点脑子的人也能优化到 \(n^2\) 罢……

const int MAXN=3e3;
int n,mod,s[MAXN+5][MAXN+5],c[MAXN+5][MAXN+5];
void init(int n){
    s[0][0]=c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++){
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
            s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1ll*s[i-1][j]*j)%mod;
        }
    }
}
int qpow(int x,int e,int mod){
    int ret=1;
    for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(e&1) ret=1ll*ret*x%mod;
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&mod);init(n+1);int ans=0;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        int sum=0,pww=qpow(2,qpow(2,n-i,mod-1),mod),bs=qpow(2,n-i,mod),pw=1;
        for(int j=0;j<=i;j++,pw=1ll*pw*bs%mod){
            sum=(sum+1ll*s[i+1][j+1]*c[n][i]%mod*pww%mod*pw%mod)%mod;
        }
        if(i&1) ans=(ans-sum+mod)%mod;
        else ans=(ans+sum)%mod;
    } printf("%d\n",ans);
    return 0;
}