好题qwq
写起来不到1k很舒服
自己对期望与计数的能力还是差一点
我们观察这个题 首先我们发现有一个*n！
这个是怎么一回事呢
是因为每添一个节点就会少1个位置但又多出2个位置所以每一次添加的可选位置数就是i
然后呢我们观察这个题有一些很好的性质 比如二叉树
首先根据常见套路我们可以计算一条边的贡献是szi*(n-szi)
那么我们只需要讨论到底有多少边接的节点是szi即可
我们观察到n只有2000 提示我们可以n^2
于是我们可以枚举一个x 再枚举一个x的sz
也就是说再x后面要有sz-1个点选择长在x的子树里 又因为这个子树里面父亲必须比儿子小 所以跟题目描述的生成方式是一样的
这个贡献是C(n-x,sz-1)*sz!
我们继续考虑子树外面的 一共有n-sz个节点 先考虑x以前的节点 一共是x!种生成方式
再考虑x以后的其它节点 一共有(n-x-sz+1)个都不能长到x的里面就是(x+1-2)*(x+2-2)*(n-sz+1-2)种生成方式
上面两个合并一下就是(n-sz-1)!i(i-1)
所以我们就做完啦
最后的贡献式就是把上面乘起来再相加
$\sum_{x=2}^n\sum_{sz=1}^{n-x+1}(n-sz-1)!i(i-1)sz!C(n-x,sz-1)sz(n-sz)$
一步一步推就能推出来哒
由于取模没保证素数所以我们按照杨辉三角求C然后阶乘正常求就可以了qwq
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 2001 using namespace std; int C[N][N],fac[N],n,m; void pre() { C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1; fac[1]=fac[0]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%m; C[i][0]=C[i][i]=1; for(int j=1;j<n;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%m; } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); pre(); int ans=0; for(int x=2;x<=n;x++) for(int sz=1;sz<=n-x+1;sz++) { int tmp=1ll*fac[sz]*C[n-x][sz-1]%m*x%m*(x-1)%m*fac[n-sz-1]%m*sz%m*(n-sz)%m; ans=(ans+tmp)%m; } printf("%d\n",ans); return 0; }