https://www.luogu.org/problem/show?pid=3200
首先，我们不能保证要求的数的逆元和模域互质；
所以我们要用分解质因数来抵消除法；
其实逆元的话即使可行也会超时；
那么我转载了，实在没什么可以说的；
另外卡特兰数
http://baike.baidu.com/link?url=St3mmth0khr1jUoD9Vwdroupnfajo6hhTSgwvOkjAPrP0Htt12nZjsMue4T_5JhMopRqlhgAkCt2dDzd378Kg8xjsSYwGn3J_CMLgsvI4Psdhj3z0s4zTucxc1v6dRlP
话说这个方法好巧妙啊
http://blog.csdn.net/jiangshibiao/article/details/24009239
【转化】就是求卡特兰数。
【初始代码】

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll prime[200005],a[200005];
bool f[2000005];
ll temp,n,p,i,j,cnt,mod;
ll pow(ll a,ll b)
{  ll ans;  for (ans=1;b;b>>=1,a=a*a%mod)   if (b&1) ans=ans*a%mod;  return ans;
}
int main()
{  scanf("%lld%lld",&n,&mod);  for (i=2;i<=n*2;i++)  {  if (!f[i]) prime[++cnt]=i;  for (j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n*2;j++)  f[prime[j]*i]=true;  }  for (i=n+2;i<=n*2;i++)  for (j=1,p=i;j<=cnt&&p;j++)  while (p%prime[j]==0) a[j]++,p/=prime[j];  for (i=2;i<=n;i++)  for (j=1,p=i;j<=cnt&&p;j++)  while (p%prime[j]==0) a[j]--,p/=prime[j];  temp=1;  for (j=1;j<=cnt;j++)  if (a[j]) temp=(temp*pow(prime[j],a[j]))%mod;  printf("%lld",temp);for (;;);  return 0;
}  

用欧拉筛法，O（n）的效率求出每个质数。然后枚举阶乘，像质数表一样把一个数给分解。但是效率很低。
【优化1】如果一个数是合数，我们可以把它的某个因子记下来。然后我们同样从开始枚举阶乘，而且是倒着枚举。对于每个数，如果它是合数，我就把它分解。比如，设f[n]为结果中含有n因子的个数。u是n的一个约数。那么我们可以f[u]+=f[n],f[n/u]+=f[n]。这样就不用多次用快速幂了。直到n是质数为止。
【优化2】开始可以把1–n的f[i]设为-1，把n+2–2*n(注意，最后要除n+1,所以从n+2开始)的f[i]设为1.这样只需1次循环。
【AC代码】

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll prime[200005],a[2000005],come[2000005];
ll temp,n,p,i,j,cnt,mod;
ll pow(ll a,ll b)
{  ll ans;  for (ans=1;b;b=b/2,a=a*a%mod)   if (b&1) ans=ans*a%mod;  return ans;
}
int main()
{  scanf("%lld%lld",&n,&mod);  for (i=2;i<=n*2;i++)  {  if (!come[i]) prime[++cnt]=i;     for (j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n*2;j++)  come[prime[j]*i]=i;  }  temp=1;  for (i=2;i<=n;i++) a[i]=-1;  for (i=n+2;i<=2*n;i++) a[i]=1;  for (i=n*2;i>1;i--)  if (come[i])  {  a[come[i]]+=a[i];  a[i/come[i]]+=a[i];  }  else  temp=temp*pow(i,a[i])%mod;  printf("%lld",temp);  return 0;
}