BZOJ5305: [HAOI2018]苹果树

传送门

果然只有我这种菜鸡才会用这种菜鸡做法QwQ
对于一类要求期望的题目，有一个无脑的做法：
设概率为 (f)，期望为 (g)
每次合并两个二元组 (<f_1,g_1>,<f_2,g_2>) 的方法显然为 (<f_1 imes f_2,g_1 imes f_2+f_1 imes g_2>)

对于这一道题，设 (i) 个点的树的方案数 (f_i)，到根的距离和为 (g_i)，距离总合 (h_i)
显然 (f_i=i!)
(我TM写了个这个东西(f[0]=f[1]=1,f[i]=sum f[j-1]f[i-j]inom{i-1}{j-1})结果发现我是zz)
(g_i) 的合并要将左右的树的 (g) 分别加上 (1)
(h_i) 的合并要将左右的树的 (g) 分别加上 (1) 然后拼起来再加上左右的 (h)
最后 (h_i) 还要算上 (g_i)

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn(2005);

int n, mod, c[maxn][maxn], f[maxn], g[maxn], h[maxn];

inline void Inc(int &x, const int y) {
    x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

inline int Add(const int x, const int y) {
	return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

int main() {
	int i, j, tmp1, tmp2;
	scanf("%d%d", &n, &mod), f[0] = f[1] = c[0][0] = 1;
	for (i = 2; i <= n; ++i) f[i] = (ll)f[i - 1] * i % mod;
	for (i = 1; i <= n; ++i)
		for (c[i][0] = j = 1; j <= i; ++j) c[i][j] = Add(c[i - 1][j - 1], c[i - 1][j]);
	for (i = 2; i <= n; ++i) {
		for (j = 1; j <= i; ++j) {
			Inc(g[i], tmp1 = (ll)Add((ll)f[i - j] * (i - j) % mod, g[i - j]) * c[i - 1][j - 1] % mod * f[j - 1] % mod);
			Inc(g[i], tmp2 = (ll)Add((ll)f[j - 1] * (j - 1) % mod, g[j - 1]) * c[i - 1][j - 1] % mod * f[i - j] % mod);
			Inc(h[i], (ll)Add((ll)h[i - j] * f[j - 1] % mod, (ll)h[j - 1] * f[i - j] % mod) * c[i - 1][j - 1] % mod);
			Inc(h[i], Add((ll)tmp1 * (j - 1) % mod, (ll)tmp2 * (i - j) % mod));
		}
		Inc(h[i], g[i]);
	}
	printf("%d
", h[n]);
	return 0;
}