[HAOI2018]苹果树

cx巨巨给我的大火题.

感觉这题和上次考试gcz讲的那道有标号树的形态(不记顺序)计数问题很类似.

考虑如果对每个点对它算有贡献的其他点很麻烦,不知怎么下手.这个时候就想到换一种思路,算每一条边有多少对点经过,很自然的想到状态\(dp[i][j]\)表示树标号到i,i子树的节点sz大小为j.这题是有标号的,先考虑无标号,那么i子树的形态一共有\(j!\)种.

i之上的树的形态(有先后顺序区别)有多少怎么算呢?已经到i了,说明前i个节点的形态已经确定,有\(i!\)种形态.

由于除了\((i-1)+j\)两部分以外,剩下的点有\(n-j-i+1\)个,这些点依次插入i的祖先们的子树中,第一次有\(i-1\),第二次有\(i\),然后\(i+1,i+2,...,i-2+(n-j-i+1)\)乘起来就是\(\frac{(n-j-1)!}{(i-2)!}\),分母可以和\(i!\)约掉.

考虑有标号,就是在\(n-i\)个点里选&j-1&个放在i子树里,其他的插在别的子树,那么就是乘以\(C_{n-i}^{j-1}\)

再就是贡献还要乘上\(j(n-j)\)

所以

这题注意p不是质数,不可以求逆元算.

#include<bits/stdc++.h>

#define maxn 3005

#define ll long long

using namespace std;

int inv[maxn],fac[maxn],dp[maxn][maxn];

int mod,n,ans,c[maxn][maxn];

//int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*fac[m]%mod*fac[n-m]%mod;}

int main()

{

	cin>>n>>mod;fac[0]=inv[1]=inv[0]=1;

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

	//for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(mod-(ll)(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;

	//for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;

	for(int i=0;i<=n;i++)c[i][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=i;j++)

			c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=n;j++)

			dp[i][j]=(ll)fac[j]*fac[n-j]%mod*i%mod*(i-1)%mod*j%mod*c[n-i][j-1]%mod;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=n;j++)ans+=dp[i][j],ans%=mod;

	cout<<ans<<endl;

	return 0;

}