考虑先不种花，先算出“花之间空位的可行方案数” \(tot\)，乘上花的排列的贡献就能算出答案，即 \(tot\times m!\) 为答案
所以只需算出“花之间空位的可行方案数”
能发现，设 \(x_i\) 为第 \(i\) 朵花与第 \(i- 1\) 朵花之间空位的数量，其中设第 \(0\) 朵花在 \(0\) 的位置，则发现会有以下式子：
\(\begin{cases}x_i\ge 0& (i = 1)\\ x_i\ge 1& (2 \le i\le m)\end{cases},\sum\limits_{i = 1}^m x_i\le n - m\)
看着很隔板法的样子，那就试图转化为隔板法
发现 \(x_1\ge 0\) 这个条件很难解决，于是对其两边直接加上 \(1\) 变为这样：
\(x_i\ge 1\quad (1\le i\le m),\sum\limits_{i = 1}^m x_i\le n - m + 1\)
但是这里是个 \(\le\)，需要转化为 \(=\) 才能用隔板法求解，考虑再加上一个 \(x_{m + 1}\ge 0\) 使得：
\(\begin{cases}x_i\ge 0& (i = m + 1)\\ x_i\ge 1& (1 \le i\le m)\end{cases},\sum\limits_{i = 1}^{m + 1} x_i = n - m + 1\)
对于 \(x_{m + 1}\ge 0\)和前面一样的步骤，两边同时加上 \(1\)：
\(x_i\ge 1\quad (1\le i\le m + 1),\sum\limits_{i = 1}^{m + 1} x_i = n - m + 2\)
这就能用隔板法了，答案即为 \(C_{n - m + 1}^{m}\)
所以答案就为 \(C_{n - m + 1}^{m}\times m!\)，但是会发现题目并不满足 \(p \in \text{prime}\)，所以求逆元是会寄的
考虑拆开式子：\(C_{n - m + 1}^{m}\times m! = \frac{(n - m + 1)!}{(n - 2\times m + 1)! \times m!}\times m! = \frac{(n - m + 1)!}{(n - 2 \times m + 1)!} = \prod\limits_{i = n - 2\times m + 2}^{n - m + 1} i\)