[BZOJ5305] [HAOI2018] 苹果树 数学 组合计数

Summary

题意很清楚：

小 \(C\) 在自己家的花园里种了一棵苹果树, 树上每个结点都有恰好两个分支.

经过细心的观察, 小 \(C\) 发现每一天这棵树都会生长出一个新的结点.

第一天的时候, 果树会长出一个根结点, 以后每一天, 果树会随机选择一个当前树中没有长出过结点的分支, 然后在这个分支上长出一个新结点, 新结点与分支所属的结点之间连接上一条边.

小 \(C\) 定义一棵果树的不便度为树上两两结点之间的距离之和, 两个结点之间 的距离定义为从一个点走到另一个点的路径经过的边数.

现在他非常好奇, 如果 \(N\) 天之后小 \(G\) 来他家摘苹果, 这个不便度的期望 \(E\) 是多少. 但是小 \(C\) 讨厌分数, 所以他只想知道 \(E \times N!\) 对 \(P\) 取模的结果, 可以证明这是一个整数.

Solution

一开始想用树形DP，但是发现子树间不是独立的，所以用不了。

首先可以发现，每次加上一个点以后，其父节点少了一个空位，但是他自己有提供了两个空位。

因此每增加一个节点，都会多一个空位。添加第\(i\)个点的时候，就有\(i\)个空位。

所以总方案数为\(N!\)。因此，\(E\times N!\)就是所有形态的树的的不便度总和。

根据这种题目的套路，应该考虑每条边的贡献。但是发现所有的边都是不确定的。

但是好好想想，其实只要一个点的子树大小确定了，其连向父节点的边的贡献也就定下来了。每一个子树内的点和子树外的点的搭配，都会经过这条边。因此，假设子树大小为\(j\)，那么那个点连向其父节点的边的贡献就是\(j\cdot(n-j)\)。

然后考虑每一个子树的根节点，设其为\(i\)。因为加点是有顺序的，我们不妨假设编号为\(i\)的点是第\(i\)个加入的。

那么这\(i\)个点的形态就有\(i!\)种。然后子树内，也有\(j!\)种形态。

但是子树内有哪些点呢？

首先这些点的组合肯定是\(C_{n-i}^{j-1}\)种。因为加点顺序是定下来的，所以不需要考虑加点顺序带来的不同的树。

然后只剩下了子树外的。

子树外呢，前\(i-1\)个点加完以后，有\(i\)个空位。有一个空位被\(i\)占掉了，那么还剩下\(i-1\)个空位。

因为除了\(i\)这棵子树，以及已经加过的点，还剩下\(n-i-j+1\)个点。

每次加一个点，多一个空位。所以每一多一个空位，直到加完，那么最后一次加点前的空位数为\(i-1+n-i-j+1-1=n-j-1\)，注意最后一次\(-1\)是因为最后一次还没有加点。

所以那些点的形态有\(\prod \limits_{k=i-1}^{n-j-1} k\)个。

那么总共，第\(i\)个点的子树大小为\(j\)的贡献就是

\[j\cdot(n-j)\cdot j! i!\cdot C_{n-i}^{j-1}\cdot \prod_{k=i-1}^{n-j-1}k \]

这个东西再化一化，后面的连乘和前面的\(i!,\ (n-j)\)可以合并到一起，然候再拎出中间重复的。

\[ij(i-1)\cdot j!\cdot (n-j)!\cdot C_{n-i}^{j-1} \]

然候就可以\(O(n^2)\) 枚举\(i,\ j\)，计算出来了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define REP(i,a,n) for(register int i=a;i<=n;++i)
#define dbg(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
typedef long long ll;
const int N=2000+7;
int n,P,C[N][N],fac[N],ans;
inline void SADD(int&x,const int&y){x+=y;x>=P?x-=P:0;}//´íÎó±Ê¼Ç£º-=µÈºÅÍü´òÁË 
inline int SMOD(int x){return x>=P?x-P:x;}
inline void Preprocess(){
	C[0][0]=fac[0]=1;
	REP(i,1,n){
		C[i][0]=1;fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
		REP(j,1,i)C[i][j]=SMOD(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&P);
	Preprocess();
	REP(i,2,n)REP(j,1,n-i+1)SADD(ans,(ll)j*i*(i-1)%P*fac[j]%P*fac[n-j]%P*C[n-i][j-1]%P);
	printf("%d\n",ans);
}