题解 洛谷 P4492 【[HAOI2018]苹果树】

考虑生成一颗二叉树的过程，加入第一个节点方案数为\(1\)，加入第二个节点方案数为\(2\)，加入第三个节点方案数为\(3\)，发现生成一颗\(n\)个节点的二叉树的方案数为\(n!\)。

所以题目中所求即为点与点之间的距离之和，考虑每一条边的贡献，即\(\sum\limits_esize_x \times size_y\)，\(x\)和\(y\)为这条边的两个端点。

可以枚举每一个节点\(i\)，再枚举节点\(i\)子树大小\(j\)，其和父亲的连边对答案的贡献为\(j(n-j)\)，然后贡献再乘上这个状态对应的方案数，就是所求的答案，因此问题转化为了求节点\(i\)子树大小为\(j\)的方案数。

可以把计算方案数看作三部分，安排点\(i\)子树中点的方案数，安排比\(i\)编号小的点的方案数，安排比\(i+j-1\)编号大的点的方案数。

考虑点\(i\)子树为一颗大小为\(j\)的二叉树，生成这个子树的方案数为\(j!\)。其中的点是有编号的，并且编号都比\(i\)大，所以安排子树中的点方案数还要考虑选出哪些点，总方案数即为\(j!\binom{n-i}{j-1}\)。

比点\(i\)编号小的点的安排方案数即为生成一颗\(i\)个点的二叉树的方案数，即\(i!\)。

比点\(i\)编号大的点在安排时都不能放到\(i\)的子树中。考虑安排好\(i\)子树内所有点后，即安排好前\(i+j-1\)个点后，再新加入一个点的方案数为\(i-1\)，加入第二点的方案数为\(i\)，加入第二点的方案数为\(i+1\)，一直加到最后一个点，加入最后一个点的方案数为\(n-j-1\)，总方案数即为\(\frac{(n-j-1)!}{(i-2)!}\)。

把边的贡献和上面得出的方案数乘起来，即为答案，得：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n-i+1} j(n-j)j!\binom{n-i}{j-1}i!\frac{(n-j-1)!}{(i-2)!}
\]

考虑模数可能没有逆元，所以将式子进一步化简，去掉除法，得：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n-i+1} j(n-j)j!\binom{n-i}{j-1}(n-j-1)!i(i-1)
\]

然后预处理阶乘和组合数，\(n^2\)计算即可。

\(code:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2010
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
    x=0;char c=getchar();bool flag=false;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    if(flag)x=-x;
}
ll n,p,ans;
ll f[maxn],C[maxn][maxn];
void init()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=f[i-1]*i%p;
    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]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
}
int main()
{
    read(n),read(p),init();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n-i+1;++j)
            ans=(ans+j*(n-j)%p*f[j]%p*C[n-i][j-1]%p*f[n-j-1]%p*i%p*(i-1)%p)%p;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}