题解
首先所有生成树的情况树是\(n!\)的,因为第一次有1中方法，第二次有两种放法，以此类推。。。
然后我们发现距离这种东西可以直接枚举每条边算贡献。
于是我们枚举了一个点\(i\)，又枚举了这个点的子树大小\(size\)，那么这部分的距离也就可以直接算出来了。
\[
(n-size)*size
\]
接下来我们还要去算有多少种方案。
对于子树内部，标号和排列方法都没有确定，所以方案数就是：
\[
\binom{n-i}{size}*size!
\]
然后考虑子树外的情况，首先子树外的点不可能放到子树内去废话，那么第一次只可能有\((i-2+1)\)种方法，第二次就是\((i+1-2+1)\)种，以此类推,最后我们还要考虑前\(i\)个点的生成方式，可以知道是\(n!\)种。
所以最后就是：
\[
size*(n-size)*\binom{n-i}{size-1}*size!*\biggl(\prod_{k=i-1}^{n-j-1}k\biggr)*i!
\]
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000;
int n,mod;
ll ans,jie[N],c[N][N],d[N][N];
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline void MOD(int &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
int main(){
n=rd();mod=rd();
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;++i){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)MOD(c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
}
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;++i)jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=maxn;++i){
for(int j=0;j<=maxn;++j)d[i][j]=1;
d[i][i]=i;
for(int j=i+1;j<=maxn;++j)d[i][j]=d[i][j-1]*j%mod;
}
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n-i+1;++j)MOD(ans+=1ll*j*(n-j)%mod*c[n-i][j-1]%mod*jie[j]%mod*d[i-1][n-j-1]%mod*jie[i]%mod);
cout<<ans;
return 0;
}