嘟嘟嘟



这种计数大题就留给南方的计数神仙们做吧……



刚开始我一直想枚举点，考虑新加一个点在根节点的左右子树，以及左右子树大小怎么分配，但是这样太难计算新的点带来的贡献了。

后来lba又提示我枚举边，考虑每一条边的贡献。

这确实是一个好主意，枚举边的同时考虑边两侧的点数，但可怕的是我一直把他当成无根树来做，也就是忽略了树上打父子关系，导致少算了好多形态。

于是题解吵朝我挥了挥手。



既然是有根树，那么我们枚举每一个点，然后枚举的是这个点和他父亲的连边，这样就能不重不漏并且有顺序的枚举所有边了。



考虑点\(i\)这条边的贡献，就是\(size _ i * (n - size_i)\)。

\(size_i\)不确定，但根据题意是可以\(O(n)\)枚举的。

我们枚举\(size_i\)，算出当\(size_i\)一定时，这个子树以及子树外有多少种形态。



先考虑子树内：不算标号有\(size_i !\)种形态，因为第一个点只有一种连接方法，第二个点有两种，第三个点有三种……所以\(size_i\)个点就\(size_i !\)种。当形态固定时，考虑标号：因为在\(i\)子树内只可能是标号比\(i\)大的点，所以有\(C_{n - i} ^ {size_i - 1}\)种。那么子树内的所有形态就是\(size_i ! * C_{n - i} ^ {size_i - 1}\)。



接下来我们考虑子树外：在生成点\(i\)的子树之前有\(i!\)种方式，然后我们考虑剩下的\(n - i - size_i\)个点的生成方式，为：\((i - 1) * i * (i + 1) * \ldots * (n - i - size_i - 1)\)。

所以子树外的点的生成方式就是\(i! *(i - 1) * i * (i + 1) * \ldots * (n - i - size_i - 1) = (i - 1) * i * (n - size_i - 1)!\)。

那么答案就出来啦：

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<cctype>

#include<vector>

#include<stack>

#include<queue>

using namespace std;

#define enter puts("")

#define space putchar(' ')

#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))

#define In inline

typedef long long ll;

typedef double db;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const db eps = 1e-8;

const int maxn = 2e3 + 5;

inline ll read()

{

  ll ans = 0;

  char ch = getchar(), last = ' ';

  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();

  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();

  if(last == '-') ans = -ans;

  return ans;

}

inline void write(ll x)

{

  if(x < 0) x = -x, putchar('-');

  if(x >= 10) write(x / 10);

  putchar(x % 10 + '0');

}

int n, mod;

In ll inc(ll a, ll b) {return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;}

ll fac[maxn], C[maxn][maxn];

In void init()

{

  fac[0] = 1;

  for(int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;

  for(int i = 0; i <= n; ++i) C[i][0] = 1;

  for(int i = 1; i <= n; ++i)

    for(int j = 1; j <= i; ++j)

      C[i][j] = inc(C[i - 1][j - 1], C[i - 1][j]);

}

int main()

{

  n = read(), mod = read();

  init();

  ll ans = 0;

  for(int i = 2; i <= n; ++i)

    for(int j = 1; j <= n - i + 1; ++j)

      ans = inc(ans, fac[j] * C[n - i][j - 1] % mod * j % mod * (n - j) % mod * fac[n - j - 1] % mod * i % mod * (i - 1) % mod);

  write(ans), enter;

  return 0;

}