注意到统计“长度为 $i$，逆序对数为 $j$”的排列数就需要 $\Theta(n^3)$ 背包处理，所以我们需要一个足够优秀的做法来刻画“在固定点处的深度”。

发现题目中给出的就是笛卡尔树。考虑用一下它的性质。首先，笛卡尔树的值是堆性质，跟逆序数无关，所以我们不能往这方面考虑。那么我们就只能放着这个丑陋的逆序数，那么还能优化的点一定在深度上。

【引理】 笛卡尔树上的一个下标为 $i$ 的点，其祖先一定是下面的两类点之一：

1. $1\sim i$ 中的后缀最小值。
2. $i\sim n$ 中的前缀最小值。

注意这里 $i$ 自己在两种情况中都满足。

证明考虑探索 $i$ 在树上的父亲应该是谁（实际上，应该是 $\argmin(a_{L_i},a_{R_i})$），然后归纳即得。

好的，那么这个有什么用？考虑 dp 刻画这个前后缀的最小值？显然不行，你多记录一维就寄了。怎么办才能不增加“硬复杂度（状态定义）”而刻画前后缀呢？考虑拆贡献！

相当于就是要求你一个 $q$ 是另一个点 $p$ 的祖先时的方案数。这可以分三类讨论：

1. $p<q$。这个情况的讨论是下面的重点。
2. $p=q$。显然这个的贡献为满足逆序数为 $k$ 的排列的总个数。开头加一下就行。
3. $p>q$。这和 $p<q$ 没有本质区别。

下面我们考虑 $p<q$ 的情况。我们考虑以一定的顺序从值域中插入每个数。先加入 $p\sim q$ 之间的值，然后再加 $1\sim p-1,q+1\sim n$ 两边的值。发现这样加入时，你 $q$ 的放置位置是确定的（就是插入在此时的最小值），而其他的和原来一样都是爱放哪里放哪里，因此我们可以做到 $\mathcal O(n^5)$ 了。注意放 $q$ 时，显然会对逆序对造成 $q-p$ 的贡献需要加上，算答案时要小心。（而 $p>q$ 时则不必，因为贡献的是顺序对）

考虑怎么做到 $\Theta(n^4)$。注意到你的加背包加的是一个“权值为 $1$，个数为给定值的多重背包”，而这可以以前缀和搞定。那么我们发现这样的权值为 $1$ 的多重背包是可以退背包的，只需要把前缀和变成差分即可。这可以很容易的实现，可以参考代码。当然，这个过程也可以用生成函数多项式除法刻画，一切背包都是多项式。这样子你要退平方次背包，每次需要逆序对数量也就是平方的复杂度，一共就是四次方了。

那么如何优化到 $\Theta(n^3)$ 呢？大眼观察，发现你实际上退的背包和带来的各种常数都只和 $|q-p|$ 有关！那么你只需要退 $n$ 次背包，同时记录各种权值。那么这个题就做完了。

Code Below.

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i##ABRACADABRA = (b); i <= i##ABRACADABRA; i++)
#define drep(i, a, b) for (int i = (a), i##ABRACADABRA = (b); i >= i##ABRACADABRA; i--)
using namespace std;
using ll = long long;

ll mod,ans[505],val1[505],val2[505];
int n,K;

struct Knapsack{
  ll f[250010],s[250010];
  Knapsack(){
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(s,0,sizeof(s));
    f[0]=1;
    rep(i,0,250005)s[i]=1;
  }
  void add(int x){
    rep(i,0,K+1){
      f[i]=s[i];
      if (i-x-1>=0)(f[i]+=mod-s[i-x-1])%=mod;
    }
    s[0]=f[0];
    rep(i,1,K+1)s[i]=(s[i-1]+f[i])%mod;
  }
  void del(int x){
    rep(i,0,K+1){
      s[i]=f[i];
      if (i-x-1>=0)(s[i]+=s[i-x-1])%=mod;
    }
    f[0]=s[0];
    rep(i,1,K+1)f[i]=(s[i]-s[i-1]+mod)%mod;
  }
}ds;

int main() {
  scanf("%d%d%lld",&n,&K,&mod);
  rep(i,1,n-1)ds.add(i);
  rep(i,1,n)ans[i]=ds.f[K];
  rep(dif,1,n-1){
    ds.del(dif); // O(n^3)
    if (K-dif>=0)val1[dif]=ds.f[K-dif];
    val2[dif]=ds.f[K];
    ds.add(dif);
  }
  rep(p,1,n)rep(q,p+1,n){
    (ans[p]+=val1[q-p])%=mod;
    // ds.del(q-p); // O(n^4)
    // if (K-q+p>=0)(ans[p]+=ds.f[K-q+p])%=mod;
    // ds.add(q-p);
  }
  rep(p,1,n)rep(q,1,p-1){
    (ans[p]+=val2[p-q])%=mod;
    // ds.del(p-q);
    // (ans[p]+=ds.f[K])%=mod;
    // ds.add(p-q);
  }
  rep(i,1,n)printf("%lld%c",ans[i]," \n"[i==n]);
  
  return 0;
}