[HAOI2018] 苹果树

显然，随机产生的n个节点二叉树共有n!中结构，且出现每种结构的几率相同，所以之需求全部方案的不方便度之和便可。

让边的编号为儿子节点的编号。考虑边i(i∈[2,n])在全部状况下产生的贡献？（很重要的方法）

枚举点i的子树大小t(t∈[1,n-i+1])，对应的每张方案边i都有t(n-t)的贡献。

计算点i的子树大小t的方案数？造成边的方案i!, 子树的方案（有t-1个未知编号）t!*C(n-i,t-1)，还有n-i+1-t个点依次在有i-1个空分支的基础上生长，这部分的方案为i-1的n-i+1-t上阶乘幂，即(n-t-1)!/(i-2)!

综上所述，答案为sum_{i∈[2,n]} sum_{t∈[1,n-i+1]} i!t(n-t)t!C(n-i,t-1)*(n-t-1)!/(i-1)!，O(n^2)算法跃然键上

彷佛有的数不必定有逆？

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

const int N=2e3+10;

int n,P;
int fc[N],c[N][N],d[N][N];

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&P);
    fc[0]=c[0][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;
        c[i][0]=1; fc[i]=1LL*fc[i-1]*i%P;
    }
    for(int i=1; i<n; ++i) {
        d[i][0]=1;
        for(int j=1; j<=n; ++j) 
            d[i][j]=1LL*d[i][j-1]*(i+j-1)%P;
    }
    int ans=0;
    for(int i=2; i<=n; ++i) {
        for(int t=1; t<=n-i+1; ++t) 
            ans=(ans+1LL*fc[i]*t%P*(n-t)%P*fc[t]%P*c[n-i][t-1]%P*d[i-1][n-i+1-t]%P)%P;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}