考虑用总数（\(n!\)）减去不合法的排列数。我们现在要研究不合法的排列长什么样。
称【将子段排序后是连续的一段数值】的子段称为不合法子段。那么合法的排列，就是不存在长度在 \([2,n−1]\) 中的不合法子段的排列。
称一个不合法子段是极长的，当且仅当不存在另一个长度小于 \(n\) 的不合法子段包含它。发现，两个不合法子段如果有交，则它们的并也是不合法子段。因此，不合法的排列只有如下两种可能：
- 由两段极长不合法子段组成，这两段不合法子段可能相交。形式化地，若这两个子段分别是 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)，则 \(l_1=1,r_2=n\)，且 \(r_1\ge l_2−1\)。
- 由三段及以上的极长不合法子段拼成，它们互不相交。形式化地，若这些子段分别是 \([l_1,r_1],[l_2,r_2],\cdots,[l_k,r_k]\)，则 \(l_1=1,r_k=n\)，且 \(\forall i,1\le i\lt k,r_i+1=l_{i+1}\)。
上述两种情况，不重不漏地刻画了所有不合法排列。因此只需要对这两种情况分别计数。
设长度为 \(i\) 的合法排列数为 \(f_i\)，也就是答案。
第一种不合法排列：发现两个子段中，必有一个包含的数值为 \(1,2,\cdots,i\)（其中 \(i\) 是子段长度）。不妨假设它是左边的子段，然后把方案数乘以 \(2\) 即可。设 \(h_i\) 表示有多少长度为 \(i\) 的排列，满足它的任何长度 \(\lt i\) 的前缀，不是【数值的一个前缀】。形式化地 \(\forall j,1\le j\lt i,\left\{p_k|k\le j\right\}\ne\left\{1\cdots j\right\}\)。求 \(h_i\)，可以继续使用【总数减不合法数量】的思想：\(h_i=i!-\sum_{j=1}^{i-1}h_j\times(i−j)!\)。求出 \(h_i\) 后，第一种不合法的排列数量是 \(2\times \sum_{i=1}^{n-1}h_i\times(n−i)!\)。也就是枚举了左边子段的长度，后面的数可以任意排列：因为不管左边怎么样，后面任意排列，至少自己内部是一个不合法子段（\(i+1\cdots n\)，连续的数值）；当然，它可能还能向左延伸一点，也就是两个子段有交。
第二种不合法排列：考虑设 \(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 个数，划分为 \(j\) 个不合法子段的方案数（不一定极长）。则 \(g_{i,j}=\sum_{k=1}^{i}g_{i-k,j-1}\times k!\)，其中 \(k\) 是枚举最后一个不合法子段的长度（这个子段内部可以任意排列，也就是 \(k!\) 种方案）。初始值是 \(g_{0,0}=1\)。注意，这里没有考虑子段的相对顺序，也就是最后一个子段里的数值，默认为 \(i−k+1\cdots i\)。给此时的 \(j\) 个子段依次编号为 \(1\cdots j\)。现在要求 \(j\) 个子段都是极长的，那么相当于 \(1\cdots j\) 这些子段的子段，不能有连续数值，也就是：\(\sum_{j=3}^{n-1}g_{n,j}\times f_j\)。
综上所述：\(f_n=n!-2\times \sum_{i=1}^{n-1}h_i\times(n−i)!-\sum_{j=3}^{n-1}g_{n,j}\times f_j\)。
预处理答案，时间复杂度为 \(\mathcal O(n^3)\)。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 405;
int T;
int n, mod;
int fac[N];
int f[N], h[N], g[N][N];
void add(int &a, int b) { a += b; if (a >= mod) a -= mod; }
void sub(int &a, int b) { a -= b; if (a < 0) a += mod; }
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
h[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
h[i] = fac[i];
for (int j = 1; j < i; ++j)
sub(h[i], 1ll * h[j] * fac[i - j] % mod);
}
g[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= i; ++j)
for (int k = 1; k <= i; ++k)
add(g[i][j], 1ll * g[i - k][j - 1] * fac[k] % mod);
f[1] = 1, f[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j < i; ++j)
add(f[i], 1ll * h[j] * fac[i - j] % mod);
add(f[i], f[i]);
for (int j = 3; j < i; ++j)
add(f[i], 1ll * g[i][j] * f[j] % mod);
f[i] = (fac[i] - f[i] + mod) % mod;
}
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", f[n]);
}
int main() {
scanf("%d%d", &T, &mod);
init(400);
while (T--) solve();
return 0;
}