传送门

果然只有我这种菜鸡才会用这种菜鸡做法QwQ
对于一类要求期望的题目，有一个无脑的做法：
设概率为 \(f\)，期望为 \(g\)
每次合并两个二元组 \(<f_1,g_1>,<f_2,g_2>\) 的方法显然为 \(<f_1\times f_2,g_1\times f_2+f_1\times g_2>\)

对于这一道题，设 \(i\) 个点的树的方案数 \(f_i\)，到根的距离和为 \(g_i\)，距离总合 \(h_i\)
显然 \(f_i=i!\)
\(g_i\) 的合并要将左右的树的 \(g\) 分别加上 \(1\)
\(h_i\) 的合并要将左右的树的 \(g\) 分别加上 \(1\) 然后拼起来再加上左右的 \(h\)
最后 \(h_i\) 还要算上 \(g_i\)

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn(5005);

int n, mod, c[maxn][maxn], f[maxn], g[maxn], h[maxn];

inline void Inc(int &x, const int y) {
    x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

inline int Add(const int x, const int y) {
    return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

int main() {
    int i, j, tmp1, tmp2;
    scanf("%d%d", &n, &mod), f[0] = f[1] = c[0][0] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) f[i] = (ll)f[i - 1] * i % mod;
    for (i = 1; i <= n; ++i)
        for (c[i][0] = j = 1; j <= i; ++j) c[i][j] = Add(c[i - 1][j - 1], c[i - 1][j]);
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        for (j = 1; j <= i; ++j) {
            Inc(g[i], tmp1 = (ll)Add((ll)f[i - j] * (i - j) % mod, g[i - j]) * c[i - 1][j - 1] % mod * f[j - 1] % mod);
            Inc(g[i], tmp2 = (ll)Add((ll)f[j - 1] * (j - 1) % mod, g[j - 1]) * c[i - 1][j - 1] % mod * f[i - j] % mod);
            Inc(h[i], (ll)Add((ll)h[i - j] * f[j - 1] % mod, (ll)h[j - 1] * f[i - j] % mod) * c[i - 1][j - 1] % mod);
            Inc(h[i], Add((ll)tmp1 * (j - 1) % mod, (ll)tmp2 * (i - j) % mod));
        }
        Inc(h[i], g[i]);
    }
    printf("%d\n", h[n]);
    return 0;
}