直接考虑一个排列的贡献是不现实的，应分离算贡献，考虑每个连续的段出现的次数。

枚举段长 $l$ 和段中最大值 $x$ ，那么这段就是由 $x - l + 1$ 到 $x$ 构成的一个连续区间。

这个区间在所有排列的出现次数是很好统计的，首先在 $n$ 个位置选出长为 $l$ 的区间的方案为 $n - l + 1$ ，
然后段内随意排列，方案为 $l!$ ，段外随意排列，方案为 $(n - l)!$ 。

然而枚举 $l, x$ 是 $O(n^2)$ 的，但是从上面的分析不难看出一个长为 $l$ 的区间的出现次数与 $x$ 无关。

那么只需要 $O(n)$ 枚举 $l$ ，其对应的 $x$ 有 $(n - l + 1)$ 个。

也就是说答案为 $\sum_{l=1}^n l! (n-l)! (n-l+1)^2$ 。

参考实现：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

typedef long long ll;

struct {
    inline operator int () { int x; return scanf("%d", &x), x; }
    inline operator ll () { ll x; return scanf("%lld", &x), x; }
    template<class T> inline void operator () (T &x) { x = *this; }
    template<class T, class ...A> inline void operator () (T &x, A &...a)
    { x = *this; this -> operator ()(a...); }
} read;

const int maxn = 250005;
ll fac[maxn];

int main() {
    int n = read, mod = read;

    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;

    ll ans = 0;
    for(int l = 1; l <= n; l ++)
        (ans += fac[l] * fac[n - l] % mod * (n - l + 1) % mod * (n - l + 1)) %= mod;
    printf("%lld\n", ans);
}