2020年牛客多校第七场I Valuable Forests

题意：一个森林的代价为内部每个节点的度数平方和，求所有为n个点的森林代价之和。
题解：
先上一下公式：
定义：
$res[n]$为$n$个节点的森林种数，令$res[0]=1$，显然
$res[1]=1$
先来求这个数组。

考虑已知$res[0..n-1]$怎么求$res[n]$
公式长这样：
$res[n]=res[n-1]+\sum _{i=2}^{n}C(n-1,i-1)\ast res[n-i]\sum _{j=0}^{i-2}C(i-2,j)\ast (i-1{)}^{i-2-j};$
$取出节点n$,如果$n$单独成一棵树，那么产生的贡献便是$res[n-1]$
考虑节点$n$放在一颗树大小为$i$上，那么这棵树的节点选择种数便是$C(n-1,i-1)$，剩下的$n-i$个节点形成的森林种数便是$res[n-i]$,后面部分就是来算节点$n$放在大小为$i$的树上（指的是$n$放完树的大小为$i$）形成的树的种数。

我们知道一颗大小为$i$的树可以用一个长度为$i-2$的序列唯一表示，具体看 prufer序列
那么枚举节点$n$在序列中出现的次数$j$,显然出现$j$次的序列种数为$C(i-2,j)\ast (i-1{)}^{i-2-k}$，即取出j个位置放n，剩下的i-2-j个位置在选出的i个节点除了节点n以外随便选

看公式可以发现，给定$i$后面求和部分是确定的，也就是你可以预处理后面的
令$G[i]=\sum _{j=0}^{i-2}C(i-2,j)\ast (i-1{)}^{i-2-j}$
则$res[n]=res[n-1]\sum _{i=2}^{n}C(n-1,i-1)\ast res[n-i]\ast G[i]$
即预处理出C数组和$i^k$，就可以$O(n^2)$求出$res$数组。

接下来求解
给定$n$，答案为
$Answer=n\ast \sum _{i=1}^{n}C(n-1,i-1)\ast res[n-i]\sum _{j=0}^{i-2}(j+1{)}^2\ast C(i-2,j)\ast (i-1{)}^{i-2-j}$
显然各个节点对答案产生的贡献是相同的，所以计算$1$号节点产生的贡献然后乘以$n$（即是最前面的$n$）就是答案了。
接下来的做法就跟计算$res$的做法大同小异了
枚举节点1在一棵大小为$i$上的树，然后枚举点1在这棵大小为$i$的树上的度数，即可变成在一个长度为$i-2$的序列中出现的次数（详见$prufer$序列）跟$res$数组不同的其实就是前面$(j+1{)}^2$而已，同样预处理出后面部分$f[i]=\sum _{j=0}^{i-2}(j+1{)}^2\ast C(i-2,j)\ast (i-1{)}^{i-2-j}$
则答案就是
$Answer=n\ast \sum _{i=1}^{n}C(n-1,i-1)\ast res[n-i]\ast f[i]$
代码中的数组都跟上述描述的一致
时间复杂度$O(n^2)$
代码：

#include
#define ll long long
#define endl '\n'
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
#define fi first
#define se second
#define lc T[p].l
#define rc T[p].r
#define mid (l+r>>1)
#define lson lc,l,mid
#define rson rc,mid+1,r
#define sum T[p].val
#define pii pair
const int MX=5e3+7;
int mod=1e9+7;
const double pi=3.1415926535897932384;
double isp=1e-13;
using namespace std;
ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){for(ll ans=1;;a=a*a%MOD,b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%MOD;if(!b)return ans;}}
ll inv(ll a,ll MOD=mod){return qpow(a,MOD-2,MOD);}//要求MOD为质数
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if(b==0){x=1,y=0;return a;}ll ret=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return ret;}
ll getInv(int a,int mod){ll x,y;ll d=exgcd(a,mod,x,y);return d==1?(x%mod+mod)%mod:-1;}//求a在mod下的逆元，不存在逆元返回-1，不要求MOD为质数
ll p[MX],res[MX]={1,1},ans[MX],G[MX],g[MX][MX],C[MX][MX],f[MX];
void init()
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i>n;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll r=C[n-1][i-1]*res[n-i]%mod;
        ans+=r*f[i]%mod;
    }
    cout<>t;
  cin>>mod;
     init();
 while(t--)
 {
     solve();
 }
}