P8290 [省选联考 2022] 填树
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很有意思的拉插优化 DP。
首先可以枚举 \(L\) 来限制选的数的值域在 \(L,L+k\) 中。然后进行树上 DP：设 \(v_i\) 表示当前点 \(i\) 能填多少种数，\(w_i\) 表示当前点 \(i\) 能填的数的和。
\(f_i\) 表示当前 \(i\) 子树内的所有合法根链数量，\(g_i\) 表示 \(i\) 子树内所有根链的权值之和。假设在合并子树 \(to\)，转移方程：
但是这样会算重，比如一个最小值为 \(3\)，最大值为 \(5\) 的方案，在 \(k=3\) 的时候会被算两次（\(L=2,R=5\) 时被算一次，\(L=3,R=6\) 时被算一次）。可以在 DP 中多开一维记录最小值是否取到了 \(L\)，但是略显繁琐，常数也并不优秀。
所以考虑容斥，算 \(2V\) 遍，每次用 \((L,L+k)\) 的答案减去 \((L+1,L+k)\) 的答案，这样得到的就是最小值恰好为 \(L\) 的答案。
一次 DP 复杂度是 \(\mathcal O(n)\)，总复杂度 \(\mathcal O(nV)\)。但是还不够。
观察 \(ans1\) 和 \(ans2\)，如果用分段法把 \(\min\) 和 \(\max\) 拆开，则他们在同一段下一定都是关于 \(V\) 的不超过 \(n+1\) 次的多项式。
对于 \(ans1\)，其是由若干个 \(v\) 乘起来的，而 \(v\) 要么是常数，要么是关于 \(L\) 的单项式，所以次数不会超过 \(n\)。
对于 \(ans2\)，是由一个 \(w\) 和多个 \(v\) 乘起来的，而 \(w\) 可能是一个关于 \(L\) 的二次多项式，所以最高次数是 \(n+1\)。下面只考虑处理 \(ans2\)，\(ans1\) 同理。
这样考虑设一个连续段 \(l,r\)，设 \(ans_i\) 为 \(L=i+l-1\) 时的 \(ans2\)。有结论：把 \(ans_i\) 做一遍前缀和，得到的 \(ans_i\) 是关于 \(L\) 的不超过 \(n+2\) 次的多项式。
考虑设 \(F(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i\)，则做一遍前缀和之后 \(S'(x)=\sum_{i=0}^na_i\sum_{j=1}^xx^j\)，最高次项是一个 \(n+1\) 次的自然数幂和，所以得到的前缀和最高次不超过 \(n+2\)。
所以可以只求 \(n+3\) 个点值，用拉插公式求出在 \(L=r\) 时前缀和的点值。连续段个数是 \(\mathcal O(n)\) 的，每次需要做 \(\mathcal O(n)\) 次 DP（来确定前 \(n+3\) 个点值），每次 DP 复杂度是 \(\mathcal O(n)\)，拉插复杂度不是瓶颈，总复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。注意常数优化。
另一种做法：可以考虑枚举了连续段之后不暴力拉插，而是 DP 的时候直接多项式。因为次数不会超过 \(siz_i\)，所以暴力做复杂度是树上背包的 \(\mathcal O(n^2)\)。然后得到了一个 \(\mathcal O(n)\) 次的多项式，想办法求出它的前缀和应该也能做，但是感觉不如拉插简洁和直接。
int n,m,ans1,ans2,sum1,sum2,cnt,len,L,R,v[210],v2[210],fr[210];
int a[210],b[210],f[210],g[210],head[210],to[210],nex[210],numa[810];
vi T[210];
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y,nex[cnt]=head[x],head[x]=cnt;}
void dfs0(int x,int fa){for(auto to:T[x])if(to!=fa)add(x,to),dfs0(to,x);}
void dfs(int x)
{
int v1=0,v2=0;
if(min(R,b[x])<max(L,a[x]))f[x]=g[x]=0;
else
f[x]=v1=max(0,min(R,b[x])-max(L,a[x])+1),
g[x]=v2=Cmul(min(R,b[x])+max(L,a[x]),f[x],(MOD+1)>>1);
Madd(sum1,f[x]),Madd(sum2,g[x]);
for(int i=head[x];i;i=nex[i])
{
dfs(to[i]);
if(!v1)continue;
Madd(sum1,Cmul(f[x],f[to[i]])),Madd(sum2,Cmul(f[x],g[to[i]]),Cmul(g[x],f[to[i]]));
Madd(g[x],Cadd(Cmul(f[to[i]],v2),Cmul(v1,g[to[i]]))),Madd(f[x],Cmul(v1,f[to[i]]));
}
}
inline void mian()
{
read(n,m),fr[0]=1;int x,y,rr=-inf;L=inf;
for(int i=1;i<=204;++i)fr[i]=Cmul(fr[i-1],i);
for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i],b[i]),Mmin(L,a[i]),Mmax(rr,b[i]);
for(int i=1;i<n;++i)read(x,y),T[x].eb(y),T[y].eb(x);
dfs0(1,0),R=L+m-1;
for(int i=1;i<=n;++i)numa[++len]=a[i],numa[++len]=b[i]-m+1,numa[++len]=b[i]+1,numa[++len]=a[i]-m;
sort(numa+1,numa+1+len),len=unique(numa+1,numa+1+len)-numa-1;
for(int i=1;i<len;++i)
{
if(numa[i+1]-numa[i]<=n+3)
{
L=numa[i],R=L+m;
while(L<numa[i+1])sum1=sum2=0,dfs(1),Madd(ans1,sum1),Madd(ans2,sum2),++L,++R;
continue;
}
for(int j=1;j<=n+3;++j)
{
L=numa[i]-1+j,R=numa[i]-1+j+m,sum1=sum2=0,dfs(1);
v[j]=Cadd(v[j-1],sum1),v2[j]=Cadd(v2[j-1],sum2);
}
int tmp=1,X=numa[i+1]-1;
for(int j=1;j<=n+3;++j)Mmul(tmp,X-(numa[i]+j-1));
for(int j=1;j<=n+3;++j)
{
int va=fr[j-1];
if((n+3-j)&1)Mmul(va,Cdel(0,fr[n+3-j]));
else Mmul(va,fr[n+3-j]);
Madd(ans1,Cmul(v[j],tmp,power(Cmul(va,X-(numa[i]+j-1)),MOD-2)));
Madd(ans2,Cmul(v2[j],tmp,power(Cmul(va,X-(numa[i]+j-1)),MOD-2)));
}
}
--m;
for(int i=1;i<len;++i)
{
if(numa[i+1]-numa[i]<=n+3)
{
L=numa[i],R=L+m;
while(L<numa[i+1])sum1=sum2=0,dfs(1),Mdel(ans1,sum1),Mdel(ans2,sum2),++L,++R;
continue;
}
for(int j=1;j<=n+3;++j)
{
L=numa[i]-1+j,R=numa[i]-1+j+m,sum1=sum2=0,dfs(1);
v[j]=Cadd(v[j-1],sum1),v2[j]=Cadd(v2[j-1],sum2);
}
int tmp=1,X=numa[i+1]-1;
for(int j=1;j<=n+3;++j)Mmul(tmp,X-(numa[i]+j-1));
for(int j=1;j<=n+3;++j)
{
int va=fr[j-1];
if((n+3-j)&1)Mmul(va,Cdel(0,fr[n+3-j]));
else Mmul(va,fr[n+3-j]);
Mdel(ans1,Cmul(v[j],tmp,power(Cmul(va,X-(numa[i]+j-1)),MOD-2)));
Mdel(ans2,Cmul(v2[j],tmp,power(Cmul(va,X-(numa[i]+j-1)),MOD-2)));
}
}
write(ans1,'\n',ans2);
}
