HAOI2018 苹果树

传送门

唔……首先如果你的想法是把所有树的形态都整出来……那肯定是做不出来的……
于是我们转而枚举每条边对答案的贡献。我们可以枚举当前的点i，因为可以承受\(O(n^2)\)的复杂度，所以我们可以对于每个点i再 枚举一维size。
首先对于子树内的情况，答案显然有\(size!C(n-i,size-1)\)，因为我们要保证子树内的点编号大于i。然后对于子树内和子树外的点对，贡献为\((n-size)size\)，然后对于在子树外的点……在i之前的显然是有\(i!\)种形态，而在之后的，因为我们要保证不能把点接在i的子树中，所以每次的选取方法分别是\((i+1-2),(i+2-2)……(n-size+1-2)\)，化简了结果就是\((i-1)i(n-size-1)!\)

然后答案就是\(\sum_{i=2}^n \sum_{j=1}^{n-i+1}j!C(n-i,j-1)(n-j)j(i-1)i(n-j-1)!\)

代码很短。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 2005;
const int INF = 1000000009;
const int mod = 998244353;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') ans *= 10,ans += ch - '0',ch = getchar();
    return ans * op;
}

int n,p,fac[M],ans,C[M][M];

int inc(int a,int b){return (a+b) % p;}
int mul(int a,int b){return 1ll * a * b % p;}
void init()
{
   fac[0] = fac[1] = 1;
   rep(i,2,M-2) fac[i] = mul(fac[i-1],i);
}

int main()
{
   n = read(),p = read(),init();
   rep(i,0,n) C[i][i] = C[i][0] = 1;
   rep(i,1,n)
      rep(j,1,i) C[i][j] = inc(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
   rep(i,2,n)
   {
      rep(j,1,n-i+1)
      {
	 int cur = mul(fac[j],C[n-i][j-1]);
	 cur = mul(mul(cur,mul(n-j,j)),mul(mul(fac[n-j-1],i),i-1));
	 ans = inc(ans,cur);
      }
   }
   printf("%d\n",ans);
   return 0;
}