https://gmoj.net/senior/#main/show/6541
(n<=5000)
题解：
我感觉我和这种dp无缘，肝了两个小时拿了0分，还不如去写第三题。
首先这种排列，树上的，不难想到树上的笛卡尔树dp。
设(f[i][j])表示(i)子树里(j)段balabala的。
再看这题，边的限制相当于(x->fa[x])的边权=(x子树内的段数)，注意这题是一个环。
设(f[i][j])表示(i)子树内，有(j)段，
我们发现如果段与段之间的顺序没有定，是不好做的，所以定段与段的顺序为一个圆排列。
又为了更加确定，我们设(i)在的那段是圆排列的开头。
考虑转移，有x和其一儿子y，要合并(x+已经转移过的儿子)的段和y的段。
注意因为边的限制，y的段是确定的，但x的段数不是确定的。
所以枚举x的段数i，设y有j段，再枚举合并成k段，这样有(i+j-k)个相邻的段合并了（注意这合并的两个段必须一个属于x一个属于y）。
因为是把y插到x的空位中（不能插到x的第一段的前面），再选一些地方合并，所以再枚举有x个空位中有u个空位插了y。
那么(new\_f[x][k]+=f[x][i]*f[y][j]*C_{i}^u*C_{j-1}^{u-1}*C_{2u}^{i+j-k}*j)
最后的(*j)是因为把y循环一下插进去也是要记录答案的。
答案就是(f[1][0]*n)。
考虑，现在最大的问题就是不能合并来自相同子树的段，不然就不用枚举u，组合数干过去就好了。
所以容斥这个限制，我们要的是恰好有0个来自相同的子树段合并了，现在容斥为至少(v)个，容斥系数就((-1)^v)
若原来大小是(i)，则要划分成(i-v)段，系数就是(C_{i-1}^v)。
然后再做刚才的dp，就不用枚举u了。
然而你发现复杂度没有变，因为每次要(siz[x]^2)的时间去把容斥的系数下传之类的，但是能过随机数据。
这个时候，我们就不用一个一个子节点合并了，直接合并所有的子节点。
因为每个子节点的段数是确定的，所以容斥系数下传复杂度就变成(siz[x])了。
拆一下，设(p[y])为y子节点原来的段数，(q[y])为新的段数，合并所有儿子容斥后的段数再合并后的段数为k。
那么贡献是((^{sum q[y]}_{q[y1],q[y2]，…})*C_{sum q[y]+1}^{sum q[y]+1-k}*prod(-1)^{p[y]-q[y]}*C_{p[y]-1}^{q[y]})
那么这个系数是可以预先拆开，然后用背包合并的。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i < _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("
")
using namespace std;
int mo;
ll ksm(ll x, ll y) {
ll s = 1;
for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
if(y & 1) s = s * x % mo;
return s;
}
const int N = 5005;
int n, x, y, z;
int fi[N], to[N * 2], nt[N * 2], w[N * 2], tot;
void link(int x, int y, int z) {
nt[++ tot] = fi[x], to[tot] = y, w[tot] = z, fi[x] = tot;
}
int fa[N], dep[N], d[N];
int siz[N];
ll fac[N], nf[N];
ll f[N], g[N], h[N];
int C(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return fac[n] * nf[n - m] % mo * nf[m] % mo;
}
void dg(int x) {
dep[x] = dep[fa[x]] + 1;
for(int i = fi[x]; i; i = nt[i]) {
int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
fa[y] = x; d[y] = w[i] / 2;
dg(y);
}
siz[x] = 1;
fo(i, 0, n) g[i] = 0; g[1] = 1;
for(int i = fi[x]; i; i = nt[i]) {
int y = to[i]; if(y == fa[x]) continue;
{
fo(i, 0, siz[x]) h[i] = g[i], g[i] = 0;
fo(i, 1, siz[x]) {
fo(j, 1, d[y]) {
ll xs = ((d[y] - j) % 2 ? -1 : 1) * C(d[y] - 1, d[y] - j) * f[y] % mo * d[y] % mo * nf[j] % mo;
g[i + j] = (g[i + j] + h[i] * xs) % mo;
}
}
siz[x] += siz[y];
}
}
f[x] = 0;
fo(j, max(1, d[x]), siz[x]) {
f[x] = (f[x] + g[j] * fac[j - 1] % mo * C(j, j - d[x])) % mo;
}
f[x] = (f[x] % mo + mo) % mo;
}
int main() {
freopen("permutation.in", "r", stdin);
freopen("permutation.out", "w", stdout);
scanf("%d %d", &n, &mo);
fo(i, 1, n - 1) {
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
link(x, y, z); link(y, x, z);
if(z % 2 == 1) {
pp("0
"); return 0;
}
}
if(n == 1) {
pp("1
");
return 0;
}
fac[0] = 1; fo(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
fo(i, 0, n) nf[i] = ksm(fac[i], mo - 2);
dg(1);
ll ans = f[1];
ans = ans * n % mo;
pp("%lld
", ans);
}