填树
题意：
给出 \(n\) 个点的树，初始时每个点的权值为 \(0\)。每次可以选择树上一条路径，可以将路径上的每个点 \(i\) 赋上 \(l_i \sim r_i\) 的权值，并且满足这条路径上最大最小值之差 \(\leq K\)。
求这样做后，本质不同的树的个数 以及 本质不同的树的权值之和。
路径互不相同
- 容易发现选出的不同的路径赋值后所构成的树一定不相同。因此，每一条路径就可以看成一个序列，路径条数是 \(n^2\) 的, 这样就转化成序列问题：每次给定 \(m(\leq n)\) 个点，每个点有限制，满足最大最小值之差 \(\leq K\)。
容斥
-
考虑枚举最小值 \(i\), 对于每个点 \(j\), 容易发现最小的能取的数是 \(\max(i, l_j )\), 最大能取的数是 \(\min(i + K, r_j)\)。
-
当最大的数 \(<\) 最小的数，就取不了数。
那么想到每个点选择相互独立，就有下面的式子：
\(V\) 是值域。
实际上，这里算出来的方案数是有可能是选不到 \(i\) 的，可以理解为求了最小值 \(\geq i\) 的方案数，要强制令其选到至少一个 \(i\)，也就是要求 最小值 \(= i\) 的方案数。
不妨设 \(f(l, r)\) 表示对每个点再限制一个范围 \([l, r]\) 的本质不同的序列个数，上面实际上求的是 \(\sum_{i = 0}^{ma}f(i, i + K)\)。
那我们实际要求的是 \(\sum_{i = 0}^{ma} f(i, i + K) - f(i + 1, i + K)\)。
- 直观理解为 \((=i) \gets (\geq i) - (\geq i + 1)\)。
这样的时间复杂度是 \(O(n^2 \times n \times V)\)。
拉格朗日插值优化
目前首要的任务是优化掉 \(V\)。
- 考虑如何计算 \(f(l, r)\),
这个 \(\min \max\) 不好搞，考虑分类讨论，下面会讨论 \(f(i, i + K)\) 中每一个点的取值。
-
考虑什么时候会取到 \(0\):
发现只要 \([i, i + K]\) 和 \([l_j, r_j]\) 没有交集，自然会取 \(0\),
有 \(i + K < l_j\) 和 \(i > r_j\)。
-
对 \(i + K \leq r_j, i + K > r_j\) 和 $i \leq l_j, i >l_j $考虑。
经过大力讨论，每个点会得到一个分段函数，
\[g(i, i + K) = \left\{ \begin{aligned} &i + K - l_j + 1 &(i < l_j)\\ &\min(K + 1, r_j - l_j + 1) &(l_j \leq i < r_j - K) \\ &r_j - i + 1 &(r_j - K \leq i)\\ \end{aligned} \right.\]
总的来说, 令 \(l' = l_j, r' = r_j - K\)。
这里满足 \(l_j \leq r_j - K\)， 如果 \(l_j > r_j - K\), 那么 \(l', r'\) 互换。
同理要减去的那部分的式子也差不多。
这里给出分段函数的式子：
令 \(l' = l_j - 1, r' = r_j - K\)。
- 不妨重新令 \(f(i) = g(i, i + K)\), \(h(i) = g(i + 1, i + K)\)。
- 方案数为：
- 每个 \(g\) 是个一次函数，这个 \(f\) 就是 \(m\) 次的多项式。
在令 \(f\) 做前缀和，它就是 \(m + 1\) 次的多项式。
只要用连续 \(m + 2\) 个点就能用 lagrange插值 计算出一段的和，
由于每个 \(g\) 有 \(5\)段，对于所有点的所有分段点重排后，在每对相邻点计算区间的和即可。
时间复杂度 \(O(n^4)\)。
- 对于第二问树的带权和，
考虑一个点的贡献，计算剩下点能构成的合法路径条数，乘上每个点能选出的值的和。
对每个点求和即是答案，计算方式也和上面差不多。
分段函数改成等差数列求和即可。
树形dp
现在瓶颈就在枚举出所有路径，
必须得将路径共同考虑。
先考虑用 \([l, r]\) 限制整个树的取值，要求不同的树的个数 \(\text{ans1}\), 权值和 \(\text{ans2}\)。
-
用 \(f_u\) 表示所有子树中的叶子到 \(u\) 的路径不同赋值方案的和，
\(h_u\) 表示所有子树中的叶子到 \(u\) 的路径不同赋值方案的点权和。 -
对于每个点初始状态，
\(f_u = b_1 = \min(r, r_u) - \max(l, l_u) + 1\), 表示根到根的路径的不同方案。
\(h_u = b_2 = \frac{(\max(l, l_u) + \min(r, r_u)) \times f_u}{2}\), 表示点权和。
分别加入 \(\text{ans1}\), \(\text{ans2}\)。
-
对最浅点是该点的路径计算，考虑像背包合并子树一样的过程，枚举子树 \(v\)。
-
每次都能和之前的路径连接上：对 \(\text{ans1}\) 贡献 \(f_u \times f_v\)。
-
之前的路径还能接上新的路径，两条路径贡献分别增多：对于 \(\text{ans2}\) 贡献 \(h_u \times f_v + f_v \times f_u\)。
-
对于 \(f_u\)： \(f_v\) 选 \(u\) 点形成新路径: \(f_u += f_v \times b_1\)。
-
对于 \(h_u\)： \(h_v\) 多出的贡献以及 \(u\)点多出的贡献: \(h_u += h_v \times b_1 + f_v \times b_2\) 。
-
-
这时还是枚举最小值 \(i\), 用 \(dp(l, r)\) 表示限制 \([l, r]\)下，最终答案\(\text{ans1}\)。
容斥： \(dp(i, i + K) - dp(i + 1, i + K)\)。
发现 \(f_u = g_u(i + 1, i + K)\)，这个 \(g_u(i + 1, i + K)\) 是前前面推的分段函数。
仍然考虑拉格朗日插值，按照转折点分段。
这时时间复杂度 \(O(n^3)\)。
int n, m, K;
int L[MAXN], R[MAXN], l[MAXN], r[MAXN], d[MAXN];
vector<int> e[MAXN];
int inv[MAXN];
int lagrange(vector<pair<int, int>> &v, int x) {
int sum = 0, n = v.size();
for (auto i : v)
if (i.first == x)
return i.second;
int prod1 = 1, p = n & 1 ? 1 : mod - 1;
for (int i = 0; i < n; i ++)
prod1 = mul(prod1, dec(x, v[i].first));
for (int i = 0; i < n; i ++) {
sum = add(sum, mul(v[i].second, mul(mul(prod1, qpow(dec(x, v[i].first), mod - 2)), mul(mul(inv[i], inv[n - i - 1]), p))));
p = mod - p;
}
return sum;
}
int f[MAXN], g[MAXN];
int ans1, ans2, val1[MAXN], val2[MAXN];
void dfs(int u, int fa) {
ans1 = add(ans1, (f[u] = val1[u]));
ans2 = add(ans2, (g[u] = val2[u]));
for (int v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
ans1 = add(ans1, mul(f[u], f[v]));
ans2 = add(ans2, add(mul(g[u], f[v]), mul(g[v], f[u])));
f[u] = add(f[u], mul(val1[u], f[v]));
g[u] = add(g[u], add(mul(val1[u], g[v]), mul(val2[u], f[v])));
}
}
inline int G(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
return 1ll * (l + r) * (r - l + 1) / 2 % mod;
}
pair<int, int> calc(int l, int r) {
ans1 = ans2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (R[i] < l || r < L[i]) val1[i] = val2[i] = 0;
else {
val1[i] = min(r, R[i]) - max(l, L[i]) + 1;
val2[i] = G(max(l, L[i]), min(r, R[i]));
}
}
dfs(1, 0);
return make_pair(ans1, ans2);
}
pair<int, int> calc(int x) {
auto a = calc(x, x + K), b = calc(x + 1, x + K);
return make_pair(dec(a.first, b.first), dec(a.second, b.second));
}
pair<int, int> solve(int l, int r) {
vector<pair<int, int>> v1, v2;
int sum1 = 0, sum2 = 0;
for (int i = l; i <= min(r, l + n + 2); i ++) {
auto p = calc(i);
sum1 = add(sum1, p.first);
sum2 = add(sum2, p.second);
v1.emplace_back(i, sum1);
v2.emplace_back(i, sum2);
}
return make_pair(lagrange(v1, r), lagrange(v2, r));
}
int main() {
cin >> n >> K;
int p = 1;
for (int i = 1; i <= n + 3; i ++) p = mul(p, i);
inv[n + 3] = qpow(p, mod - 2);
for (int i = n + 2; i >= 0; i --)
inv[i] = mul(inv[i + 1], i + 1);
int mi = INF, ma = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> L[i] >> R[i];
mi = min(mi, L[i]);
ma = max(ma, R[i]);
d[++ m] = L[i];
d[++ m] = max(L[i] - 1, 0);
d[++ m] = max(L[i] - K, 0);
d[++ m] = max(R[i] - K, 0);
d[++ m] = R[i];
}
sort(d + 1, d + m + 1);
m = unique(d + 1, d + m + 1) - d - 1;
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
e[u].emplace_back(v);
e[v].emplace_back(u);
}
int ans1 = 0, ans2 = 0;
for (int i = 2; i <= m; i ++) {
auto ans = solve(d[i - 1], d[i] - 1);
ans1 = add(ans1, ans.first);
ans2 = add(ans2, ans.second);
}
auto ans = solve(d[m], d[m]);
ans1 = add(ans1, ans.first);
ans2 = add(ans2, ans.second);
cout << ans1 << endl << ans2 << endl;
return 0;
}
