题意
有\(A\)个人，\(m\)个糖，你可以选择一个\(k\)，使第\(1\)~\(k\)个人每个人至少得到一个糖，并且第\(k+1\)~\(A\)个人都得不到糖。\(m\)个糖必须给完。对于每个方案都有一个欢乐值，欢乐值=\(\prod_{i=1}^kOx_i^2+Sx_i+U\)，其中\(OSU\)都是给定的系数，\(x_i\)为第\(i\)个人拿到的糖的数量。求所有方案的欢乐值的和。
这题不用NTT啊......
有个比较naive的\(dp\)：设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个人一共拿到了\(j\)个糖的所有方案的欢乐值之和，那么有转移方程：
\[ f_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(Ok^2+Sk+U) \]
初始值可以设\(f_{0,0}=1\)。这个\(dp\)的复杂度就是\(O(Am^2)\)。一个优化就是，由于最多前\(m\)个人拿到糖(每个人至少拿一个糖)，所以\(i\)只用枚举到\(min(m,A)\)，复杂度为\(O(m^3)\)。
观察转移方程的结构，可以发现这样一个优化：
\[ f_{i,j-1}=\sum_{k=1}^{j-i}f_{i-1,j-1-k}\times(Ok^2+Sk+U)\\ =\sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times[O(k-1)^2+S(k-1)+U]\\ =\sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(Ok^2+Sk+U)- \sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(2Ok-O+S)\\ =f_{i,j}-f_{i-1,j-1}\times(O+S+U)- \sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(2Ok-O+S) \]
观察最后这个\(\sum\)，设\(g_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(2Ok-O+S)\)；那么求\(f\)的式子可以写成：
\[ f_{i,j-1}= f_{i,j}-f_{i-1,j-1}\times(O+S+U)-g_{i,j}+f_{i-1,j-1}\times(O+S)\\ =f_{i,j}-Uf_{i-1,j-1}-g_{i,j} \]
那么\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+Uf_{i-1,j-1}+g_{i,j}\)。
\(f\)的转移变成\(O(1)\)的了。但\(g\)还是\(O(n)\)的。观察\(g\)的结构，可以类似地写出求\(g\)的优化：
\[ g_{i,j-1}=\sum_{k=1}^{j-i}f_{i-1,j-1-k}\times(2Ok-O+S)\\ =\sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times[2O(k-1)-O+S]\\ =\sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times(2Ok-O+S)- \sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times 2O\\ =g_{i,j}-f_{i-1,j-1}\times(O+S)- \sum_{k=2}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times 2O \]
观察最后这个\(\sum\)，设\(h_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-i+1}f_{i-1,j-k}\times 2O\)；那么求\(g\)的式子可以写成：
\[ g_{i,j-1}= g_{i,j}-f_{i-1,j-1}\times(O+S)-h_{i,j}+f_{i-1,j-1}\times 2O\\ =g_{i,j}-f_{i-1,j-1}\times(S-O)-h_{i,j} \]
那么\(g_{i,j}=g_{i,j-1}+f_{i-1,j-1}\times(S-O)+h_{i,j}\)。
每个\(g\)也可以\(O(1)\)求了，而且注意到\(h\)就是前缀和，每个\(h\)也可以\(O(1)\)求，所以整个\(dp\)被优化到了\(O(m^2)\)。
可以通过吗？时间上，复杂度虽然是\(O(m^2)\)的，但实际上由于\(i\leq j\)，所以只需要循环\(\frac{m\times(m+1)}{2}\)次，也就是\(5\times 10^7\)级别，是可以过的。空间上，加上滚动数组优化也能过。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
using namespace std;
typedef cn int cint;
il int rd(){
rg int x(0),f(1); rg char c(gc);
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=gc; }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc;
return x*f;
}
template<typename T> il void ckmin(T &x,cn T &y){ if(x>y)x=y; }
cint maxn=10010;
int A,m,mod,O,S,U,ff,gg,hh,ans;
int f[2][maxn],g[2][maxn],h[2][maxn],pv=0,nw=1;
int main(){
m=rd(),mod=rd(),A=rd(),O=rd(),S=rd(),U=rd();
ff=U,gg=(S-O+mod)%mod,hh=(O<<1)%mod;
f[0][0]=1;
fp(i,1,min(m,A)){
h[nw][i-1]=g[nw][i-1]=f[nw][i-1]=0;
fp(j,i,m){
h[nw][j]=(h[nw][j-1]+hh*f[pv][j-1])%mod;
g[nw][j]=(g[nw][j-1]+gg*f[pv][j-1]+h[nw][j])%mod;
f[nw][j]=(f[nw][j-1]+ff*f[pv][j-1]+g[nw][j])%mod;
}
ans=(ans+f[nw][m])%mod;
nw^=pv^=nw^=pv;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}