2020暑期牛客多校训练营第七场（I）Valuable Forests(dp，组合数学，prufer)

Valuable Forests

原题请看这里

题目描述：

我们将无根树T的权值定义为${\sum }_{u\in V(T)}(d(u){)}^2$，其中$V(T)$是$T$的所有顶点的集合，而$d(u)$是顶点$u$的度。 我们将森林的价值定义为森林中所有树木的价值之和。 现在，我们希望您用$N$个标记的顶点来回答所有森林的值之和。 为了避免计算巨大的整数，请以模$M$为单位报告答案。

输入描述：

有多个测试用例。 输入的第一行包含两个整数$T$和$M(1\le T\le 5000，1\le M\le 2^{30}，M$是质数$)$，指示测试用例的数量和模数。对于每个测试用例，唯一的行仅包含整数$N(1\le N\le 5000)$。

输出描述：

对于每个测试用例，输出答案模$M$的值。

样例输入：

5 1000000007
2
3
4
5
107

样例输出：

2
24
264
3240
736935633

思路：

题意：我们定义一棵无根树的权值是所有点的度数的平方和，求有标号的n个点的所有森林的权值的和。
首先，我们要知道$prufer$序列这个东西：$prufer$序列详解 ，由$prufer$序列的结论可以知道：对于一棵有$n$个节点的无根树，可以形成$n^{n-2}$棵不同的树。
现在计这个值为$sum$，我们就可以求出对于$n$个节点的森林个数$f_n$：
$f(n)=\sum _{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^{i}f(n-i-1)\ast sum(i+1)$
随后我们就可以推出$n$个点可以形成所有的无根树的权值和$d{p}_n$：
$dp(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n-1}{j}^2{C}_{n-2}^{j-1}\ast (n-1{)}^{n-j-1}$
根据$prufer$序列的性质，如果节点$i$的度数为$j$，那么他的贡献可以看成$j^2$与序列中有且仅有$j-1$个$i$的方案数之积。
这时我们就发现这个$i$没什么用…于是可以化简：
$dp(n)=n\sum _{j=1}^{n-1}{j}^2{C}_{n-2}^{j-1}\ast (n-1{)}^{n-j-1}$
最后，我们就可以求出$n$个点可以形成的森林的权值和$An{s}_n$：
$Ans(n)=\sum _{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^i\ast (sum(i+1)\ast Ans(n-i-1)+f(n-i-1)\ast dp(i+1))$
这样我们就预处理出了所有的$Ans$，再$O(1)$查询一下就可以啦

$AC$ $Code$:

#include 
using namespace std;
const int N = 5000;
int t, n, mod, C[N + 5][N + 5], dp[N + 5], sum[N + 5], f[N + 5], ans[N + 5];
int ksm(int x, int y, int ret)
{
	while (y)
	{
		if(y & 1) ret = ret * 1ll * x % mod;
		x = ( 1ll * x * x ) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret % mod;
}//快速幂
int main()
{
	scanf("%d%d", &t, &mod);
	C[0][0] = sum[0] = sum[1] = f[0] = f[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
	{
		C[0][i] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; ++j)
			C[j][i] = ( 1ll * C[j][i-1] + C[j-1][i-1] ) % mod;
	}//杨辉三角组合数打表
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
	{
		for (int j = 1; j < i; ++j)
			dp[i] = ( ( ( 1ll * j * j *C[j-1][i-2] ) % mod * ksm( i-1 ,i-j-1 ,1 ) ) % mod + dp[i] ) % mod;
		dp[i] = ( 1ll * i * dp[i] ) % mod;
		if(i ^ 1) sum[i] = ksm( i, i-2, 1);
	}
	for (int i = 2; i <= N; ++i)
		for (int j = 0; j < i; ++j)
			f[i] = ( ( 1ll * C[j][i-1] * f[i-j-1] ) % mod * sum[j+1] + f[i] ) % mod;
	for (int i = 2; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= i; ++j)
			ans[i] = ( 1ll * C[j-1][i-1] * ( ( 1ll * sum[j] * ans[i-j] ) % mod + 1ll * f[i-j] * dp[j] % mod ) % mod + ans[i] ) % mod;
	while (t--)
	{
		scanf("%d", &n);
		printf("%d\n", ans[n] % mod);
	}
}