环

考虑是一个环的情况，其实这个时候不管操作哪个点一个棋子都可以任意移动一步。

找到环上最大的边，我们希望将黑白移动到对应两边。

如果环长为奇数，那么我们一定能将任意棋子移动到上面，答案就是 \(Black \times White \times w\)。

如果环长为偶数，那么有贡献的只有可能是距离为奇数的一对棋了，我们必然能将他们移动到最大边的两边。

树

这一个比较难，我们不能自由选择一个点往哪一边走了。不过这个情况居然可以直接从上界进行分析，怎么会是呢？

考虑距离为奇数且颜色不同的两个点才能造成贡献，将位置奇偶性染色，我们希望把位置颜色相同的移动到一起从而取到上界。如果两个点的距离减少那必然是存在一个点度数大于 \(2\)。（注意力惊人）

考虑其充分性，我们选择该点三个子树中的一个叶子，第一次操作完后依次操作者这三个点。由于三个点中至少有一个会使得两个点距离靠近，其他点不会使得其发生改变，所以操作次数足够多的话所有颜色一定能移动到一个位置，最后再移动到最长的边旁边即可。

那么树这一块我们只剩下了链了。

一般图

链的情况感觉可能有点复杂，不妨先将一般图转化成我们已知的情况。

如果原图是二分图，那么就存在之前说过的上界，如果存在大于三度的点，那么直接取出其生成树，否则他就是一条链（之后讨论）。

如果原图不是二分图，那么一定存在奇环，取出一颗生成树，将所有点移动到一起，再转移到环上，最后用奇环把白颜色调出来，然后移动至最大权边即可，答案为 \(Black\times White\times w\)。

链

这个时候是序列上的问题了，他变成了一个 AtCoder 题。（长舒一口气）

考虑一个最终序列能被构造出来需要满足的条件：

  • 在一个点上的棋子初始位置必须连续。
  • 两个棋子之间的位置差和初始位置差奇偶性相同。
  • 两个棋子之间的距离小于原距离。

不难发现以上满足以上条件的最终序列一定能被构造出来。

结合我们的贡献计算方式，不妨设 \(f_{i,l,r}\) 表示考虑了前 \(i\) 个位置，第 \(i\) 个位置上放了初始区间在 \([l,r]\) 的棋子。

每一次枚举下一个有棋子的位置 \(j\) 以及右端点 \(r'\)，需要满足 \([r+1,r']\) 之间的棋子奇偶性相同，且 \(i-j\) 和 \(a_{r'}-a_r\) 的奇偶性相同，且 \(i-j\) 小于等于 \(a_{r+1}-a_r\)。由于所有 \(a_{r+1}-a_r\) 的和为 \(O(n)\)，所以对于一对 \((i,l)\)，其转移数量也只有 \(O(n^2)\)，所以时间复杂度为 \(O(n^4)\)。

代码咕咕咕。