[牛客139B-Symmetric Matrix]

题意：

给定 $N$, 求有多少个大小为 $N\times N$ 的矩阵 $A$，满足
$$\begin{gathered} A_{ii}=0,\forall i\in [1,N] \\ 0\le A_{ij}=A_{ji}\le 2,\forall i,j\in [1,N],i̸=j \\ \sum _{j=1}^N{A}_{ij}=2,\forall i\in [1,N] \end{gathered}$$

分析：

将矩阵视为 $N$ 个点的图邻接矩阵，则题意转化为有多少种图满足节点度数都为2。可以有重边，但是不可以有自环。

计算过程：

记 $f(n)$ 为 $n$ 个点时应输出的结果。考虑在节点数为 $n-1$ 个图上加一个点。如果点 $n$ 构成了重边，则必只与 {1,2,…,n−1}\{1, 2, \dots, n-1\}{1,2,…,n−1} 中一个点相连，剩余 $n-2$ 个点自己解决自己的问题，所以有 $$(n-1)f(n-2)$$ 种情况。
如果没有构成重边，则点 $n$ 连通的点数一定超过 $2$ 个，所以从 $n-1$ 个里选 $k(2\le k\le n-1)$ 个点与 $n$ 相连，有 $C_{n-1}^k$ 种。剩余 $n-1-k$ 个点自己解决自己，有 $f(n-1-k)$ 种，其中与 $k$ 个点相连通时，考虑从环的断点加入新点， $k$ 个点的链有 $k!$ 种情况，围起来情况数少一半，因为这个链正着排和倒着排围起来是一样的。有 $\frac{k!}{2}$ 种。所以一共有 $$\sum _{2\le k<n-2}{C}_{n-1}^k\frac{k!}{2}f(n-1-k)=\sum _{2\le k<n-2}\frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}\frac{k!}{2}f(n-1-k)$$ 即 $$(n-1)!\sum _{2\le k<n-2}\frac{f(n-1-k)}{2(n-1-k)!}$$ 种。则 $$f(n)=(n-1)f(n-2)+(n-1)!\sum _{2\le k<n-2}\frac{f(n-1-k)}{2(n-1-k)!}$$记 $g(n)=(n-1)!\sum _{2\le k<n-2}\frac{f(n-1-k)}{2(n-1-k)!}$ 得到
$$g(n-1)=(n-2)!\sum _{2\le p\le n-4}\frac{f(p)}{2p!}$$
$$g(n)=(n-1)!\sum _{2\le p\le n-3}\frac{f(p)}{2p!}$$所以可以凑齐$f()$项后得出比例，即
$$g(n)=(n-1)[g(n-1)+(n-2)!\frac{f(n-3)}{2(n-3)!}]$$化简
$$g(n)=(n-1)g(n-1)+\frac{(n-1)(n-2)}{2}f(n-3)$$
至此得到了 $g(n)$ 的线性递推式，同时也得出了 $f(n)$ 的线性递推公式。所以问题解决。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N_MAX = 1e5 + 10;
long long f[N_MAX], g[N_MAX];
long long N, M;

int main() {
  f[2] = f[3] = 1;
  g[3] = 1;
  while (~scanf("%lld%lld", &N, &M)) {
    for (long long i = 4; i <= N; i++) {
      g[i] = (i-1) * g[i-1] % M + ((i-1) * (i-2)/2) % M * f[i-3] % M;
      g[i] %= M;
      f[i] = (i-1) * f[i-2] % M + g[i] % M;
      f[i] %= M;
    }
    printf("%lld\n", f[N]);
  }
}