BZOJ上除了0ms的Rank1啦。明明这题常数很好优化的。
首先，\(n=1\)时有\(2\)个位置放叶子，\(n=2\)时有\(3\)个... 可知\(n\)个点的有标号二叉树有\(n!\)种。（一个二叉树的中序遍历是唯一的，有\(n!\)种，也可以得到这个结论）
\(Sol1\)
考虑对每条边两边的点集计算贡献。即设一条边一边有\(size\)个点，另一边有\(n-size\)个点，那么它的贡献是\(size(n-size)\)。
直接把边放到点上，枚举每个点\(i\)（边就是\(i\to fa[i]\)），再枚举\(size_i\)。\(size_i\)就是\(i\)子树的大小。
考虑此时的方案数。\(i\)子树和\(i\)子树外是独立的。
对于\(i\)子树，有\(size_i!\)种树的形态，而标号分配有\(C_{n-i}^{size_i-1}\)种方案（\(i\)子树内点的编号要\(\geq i\)）。所以\(i\)子树有\(size_i!\times C_{n-i}^{size_i-1}\)种。
对于\(i\)子树外部，首先构造出\(i\)个点的树有\(i!\)种方案。然后还有\(n-i-size_i+1\)个点需要放在\(i\)子树外的任意位置，方案数是\((i+1-2)(i+2-2)...(i+n-i-size_i+1-2)\)。两个乘起来，就是\(i(i-1)(n-size_i-1)!\)。
那么答案就是$$\sum_{i=2}n\sum_{size_i=1}{n-i+1}size_i(n-size_i)size_i!\cdot C_{n-i}^{size_i-1}\cdot i(i-1)(n-size_i-1)!$$
\(Sol2\)
递推。考虑由枚举大小为\(L,R\)的两棵左右子树来得到\(L+R+1\)个点的树。那么知道深度就可以算两棵子树间的距离了。
令\(f[i]\)表示\(i\)个节点的树，所有\(i!\)种可能中，所有点深度的和（根节点深度为\(1\)）。
令\(g[i]\)表示\(i\)个节点的树，所有\(i!\)种可能中，所有点两两之间的距离的和。
转移的时候枚举左右子树的大小\(L,R=i-L-1\)，有$$\begin{aligned}f[i]&=ii!+\sum_{L=0}{i-1}C_{i-1}L(f[L]R!+f[R]L!)\g[i]&=\sum_{L=0}{i-1}C_{i-1}L(g[L]R!+g[R]L!+f[L]R!(R+1)+f[R]L!*(L+1))\end{aligned}$$
这样\(g[n]\)就是答案啦。
//16540kb 196ms
#include <cstdio>
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=2005;
const LL LIM=1ll<<61;
int C[N][N],fac[N],g[N];
int main()
{
int n,mod; scanf("%d%d",&n,&mod);
C[0][0]=fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j], Mod(C[i][j]);
}
for(int i=1; i<=n; ++i) g[i]=1ll*i*(n-i)*fac[n-i-1]%mod*fac[i]%mod;
LL ans=0;
for(int i=2; i<=n; ++i)
for(int sz=n-i+1,tmp=i*(i-1); sz; --sz)
if((ans+=1ll*C[n-i][sz-1]*g[sz]%mod*tmp)>=LIM) ans%=mod;
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}