[AGC036F] Square Constraints

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每个数能取的范围是一段区间 $[l_i,r_i]$，其中 $l_i$ 单调不增， $r_i$ 单调不增。

画个图 ($n=10$)：

圆环和矩形的交即为合法点。

容易看出 $l_n$ 到 $l_{2n-1}$ 都是 0。

本质上是元素有上下界的排列计数，考虑不管下界只看上界然后容斥。

假设每个元素只有上界 $R_i$，那么将 $R$ 排序（记为 $R^{\prime }$），方案数就是 $\prod _{i=1}{R}_i^{\prime }-i+1$。比较好理解，每个位置能选的数的个数就是原本能选的个数减去前面已选的个数（由于有序，已选的个数就是 $i-1$，可以发现减去的数就是排名-1）。

接下来容斥，记 $f_i$ 为 $[0,n)$ 中恰好有 $i$ 个的上界取 $l_i-1$，其余上界取 $r_i$ 的总方案数。易得 $ans=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{f}_i$。

考虑求 $f_i$。

由于每个未知的贡献与其排名有关，不妨将序列大致排序后与过程中进行微调。

将 $[0,n)$ 部分以 $l_i-1$ 为关键字，$[n,2n)$ 以 $r_i$ 为关键字排序，从前往后进行 $dp$。设 $dp[i][j]$ 为考虑了（排序后的）前 $i$ 个位置，已经有 $j$ 个 $[0,n)$ 内的位置的上界取了 $l-1$。

分类讨论：

• 当前点属于 $[n,2n)$：

这个点原本有 $r_i+1$ 种选法。 $i$ 之前所有 $[0,n)$ 中且上界取了 $l$ 的位置都会使 $i$ 排名 +1；还有 $i$ 之前所有 $[n,2n)$ 的位置，由于排序，这些位置也会使 $i$ 排名 +1。

发现第二类位置的个数（记为 $c_1$）对于每个 $i$ 是确定的，可以在 $dp$ 过程中顺便记录。

于是这个位置的选法就是 $r_i+1-j-c_1$。

于是 $dp[i+1][j]+=dp[i][j]\times (r_i+1-j-c_1)$。

• 当前点属于 $[0,n)$：

又有两种情况：

上界取 $l_i-1$：

选法是 $l_i-j-c_1$。原因类似上面。

于是 $dp[i+1][j+1]+=dp[i][j]\times (l_i-j-c_1)$。

上界取 $r_i$:

复杂的情况。

原本有 $r_i+1$ 种选法。

由图可得 $[n,2n)$ 所有的 $r$ 都得排在 $r_i$ 前面，于是排名增加 $n$。

最终 $[0,n)$ 内且上界取了 $l-1$ 的所有位置都排在 $r_i$ 前面，但是我们不知道有多少个。那么我们就设最后有 $k$ 个，那么排名增加 $k$。

又由图可知，$i$ 之前 $[0,n)$ 内且上界取了 $r$ 的所有位置也得排在 $r_i$ 前。与 $c_1$ 类似，记录 $c_2$ 为 $i$ 之前在 $[0,n)$ 之间的个数，那么这部分排名增加 $c_2-j$。

于是 $dp[i+1][j]+=dp[i][j]\times (r_i+1-n-k-c_2+j)$。

但是由于 $k$ 不知道，我们可以枚举 $k$ 是多少，对每个 $k$ 进行一次 $dp$。最后有 $f_k=dp[2n][k]$。