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：
$res[n]=res[n-1]+\sum\limits_{i=2}^{n}C(n-1,i-1)*res[n-i]\sum\limits_{j=0}^{i-2}C(i-2,j)*(i-1)^{i-2-j};$
$取出节点n$,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 $C(i-2,j)*(i-1)^{i-2-k}$，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 $G[i]=\sum\limits_{j=0}^{i-2}C(i-2,j)*(i-1)^{i-2-j}$
则 $res[n]=res[n-1]\sum\limits_{i=2}^{n}C(n-1,i-1)*res[n-i]*G[i]$
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
$Answer=n*\sum\limits_{i=1}^{n}C(n-1,i-1)*res[n-i]\sum\limits_{j=0}^{i-2}(j+1)^2*C(i-2,j)*(i-1)^{i-2-j}$
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 $f[i]=\sum\limits_{j=0}^{i-2}(j+1)^2*C(i-2,j)*(i-1)^{i-2-j}$
则答案就是
$Answer=n*\sum\limits_{i=1}^{n}C(n-1,i-1)*res[n-i]*f[i]$
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<bits/stdc++.h>
#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<int,int>
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<MX;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;
    for(int i=1;i<MX;i++)
    {
        for(int j=1;j<MX;j++)
        {
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
            C[i][j]%=mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<MX;i++)
    {
        g[i][0]=1;
        for(int j=1;j<MX;j++)
        {
            g[i][j]=g[i][j-1]*i%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<MX;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i-2;j++)
        {
            f[i]+=(j+1)%mod*(j+1)%mod*C[i-2][j]%mod*g[i-1][i-2-j]%mod;
            G[i]+=C[i-2][j]*qpow(i-1,i-2-j)%mod;
            f[i]%=mod;
            G[i]%=mod;
        }
    }
    for(int n=2;n<MX;n++)
    {
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            ll r=C[n-1][i-1]*res[n-i]%mod;
            res[n]+=r*G[i]%mod;
            res[n]%=mod;
        }
        res[n]+=res[n-1];
        res[n]%=mod;
    }
}
void solve()
{
    int n;
    cin>>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<<ans*n%mod<<endl;
}
int main()
{
 ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
 int t;
 cin>>t;
  cin>>mod;
     init();
 while(t--)
 {
     solve();
 }
}