Summary
题意很清楚：
小 (C) 在自己家的花园里种了一棵苹果树, 树上每个结点都有恰好两个分支.
经过细心的观察, 小 (C) 发现每一天这棵树都会生长出一个新的结点.
第一天的时候, 果树会长出一个根结点, 以后每一天, 果树会随机选择一个当前树中没有长出过结点的分支, 然后在这个分支上长出一个新结点, 新结点与分支所属的结点之间连接上一条边.
小 (C) 定义一棵果树的不便度为树上两两结点之间的距离之和, 两个结点之间 的距离定义为从一个点走到另一个点的路径经过的边数.
现在他非常好奇, 如果 (N) 天之后小 (G) 来他家摘苹果, 这个不便度的期望 (E) 是多少. 但是小 (C) 讨厌分数, 所以他只想知道 (E imes N!) 对 (P) 取模的结果, 可以证明这是一个整数.
Solution
一开始想用树形DP，但是发现子树间不是独立的，所以用不了。
首先可以发现，每次加上一个点以后，其父节点少了一个空位，但是他自己有提供了两个空位。
因此每增加一个节点，都会多一个空位。添加第(i)个点的时候，就有(i)个空位。
所以总方案数为(N!)。因此，(E imes N!)就是所有形态的树的的不便度总和。
根据这种题目的套路，应该考虑每条边的贡献。但是发现所有的边都是不确定的。
但是好好想想，其实只要一个点的子树大小确定了，其连向父节点的边的贡献也就定下来了。每一个子树内的点和子树外的点的搭配，都会经过这条边。因此，假设子树大小为(j)，那么那个点连向其父节点的边的贡献就是(jcdot(n-j))。
然后考虑每一个子树的根节点，设其为(i)。因为加点是有顺序的，我们不妨假设编号为(i)的点是第(i)个加入的。
那么这(i)个点的形态就有(i!)种。然后子树内，也有(j!)种形态。
但是子树内有哪些点呢？
首先这些点的组合肯定是(C_{n-i}^{j-1})种。因为加点顺序是定下来的，所以不需要考虑加点顺序带来的不同的树。
然后只剩下了子树外的。
子树外呢，前(i-1)个点加完以后，有(i)个空位。有一个空位被(i)占掉了，那么还剩下(i-1)个空位。
因为除了(i)这棵子树，以及已经加过的点，还剩下(n-i-j+1)个点。
每次加一个点，多一个空位。所以每一多一个空位，直到加完，那么最后一次加点前的空位数为(i-1+n-i-j+1-1=n-j-1)，注意最后一次(-1)是因为最后一次还没有加点。
所以那些点的形态有(prod limits_{k=i-1}^{n-j-1} k)个。
那么总共，第(i)个点的子树大小为(j)的贡献就是
这个东西再化一化，后面的连乘和前面的(i!, (n-j))可以合并到一起，然候再拎出中间重复的。
然候就可以(O(n^2)) 枚举(i, j)，计算出来了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define REP(i,a,n) for(register int i=a;i<=n;++i)
#define dbg(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
typedef long long ll;
const int N=2000+7;
int n,P,C[N][N],fac[N],ans;
inline void SADD(int&x,const int&y){x+=y;x>=P?x-=P:0;}//´íÎó±Ê¼Ç£º-=µÈºÅÍü´òÁË
inline int SMOD(int x){return x>=P?x-P:x;}
inline void Preprocess(){
C[0][0]=fac[0]=1;
REP(i,1,n){
C[i][0]=1;fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
REP(j,1,i)C[i][j]=SMOD(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&P);
Preprocess();
REP(i,2,n)REP(j,1,n-i+1)SADD(ans,(ll)j*i*(i-1)%P*fac[j]%P*fac[n-j]%P*C[n-i][j-1]%P);
printf("%d
",ans);
}