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 $<f_1\times f_2,g_1\times f_2+f_1\times g_2>$

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$f[0]=f[1]=1,f[i]=\sum f[j-1]f[i-j]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j-1}\right)$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 
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\n", h[n]);
	return 0;
}