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;
}

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