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P8290 [省選聯考 2022] 填樹
很有意思的拉插最佳化 DP。
首先可以列舉 \(L\) 來限制選的數的值域在 \(L,L+k\) 中。然後進行樹上 DP：設 \(v_i\) 表示當前點 \(i\) 能填多少種數，\(w_i\) 表示當前點 \(i\) 能填的數的和。
\(f_i\) 表示當前 \(i\) 子樹內的所有合法根鏈數量，\(g_i\) 表示 \(i\) 子樹內所有根鏈的權值之和。假設在合併子樹 \(to\)，轉移方程：
但是這樣會算重，比如一個最小值為 \(3\)，最大值為 \(5\) 的方案，在 \(k=3\) 的時候會被算兩次（\(L=2,R=5\) 時被算一次，\(L=3,R=6\) 時被算一次）。可以在 DP 中多開一維記錄最小值是否取到了 \(L\)，但是略顯繁瑣，常數也並不優秀。
所以考慮容斥，算 \(2V\) 遍，每次用 \((L,L+k)\) 的答案減去 \((L+1,L+k)\) 的答案，這樣得到的就是最小值恰好為 \(L\) 的答案。
一次 DP 複雜度是 \(\mathcal O(n)\)，總複雜度 \(\mathcal O(nV)\)。但是還不夠。
觀察 \(ans1\) 和 \(ans2\)，如果用分段法把 \(\min\) 和 \(\max\) 拆開，則他們在同一段下一定都是關於 \(V\) 的不超過 \(n+1\) 次的多項式。
對於 \(ans1\)，其是由若干個 \(v\) 乘起來的，而 \(v\) 要麼是常數，要麼是關於 \(L\) 的單項式，所以次數不會超過 \(n\)。
對於 \(ans2\)，是由一個 \(w\) 和多個 \(v\) 乘起來的，而 \(w\) 可能是一個關於 \(L\) 的二次多項式，所以最高次數是 \(n+1\)。下面只考慮處理 \(ans2\)，\(ans1\) 同理。
這樣考慮設一個連續段 \(l,r\)，設 \(ans_i\) 為 \(L=i+l-1\) 時的 \(ans2\)。有結論：把 \(ans_i\) 做一遍字首和，得到的 \(ans_i\) 是關於 \(L\) 的不超過 \(n+2\) 次的多項式。
考慮設 \(F(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i\)，則做一遍字首和之後 \(S'(x)=\sum_{i=0}^na_i\sum_{j=1}^xx^j\)，最高次項是一個 \(n+1\) 次的自然數冪和，所以得到的字首和最高次不超過 \(n+2\)。
所以可以只求 \(n+3\) 個點值，用拉插公式求出在 \(L=r\) 時字首和的點值。連續段個數是 \(\mathcal O(n)\) 的，每次需要做 \(\mathcal O(n)\) 次 DP（來確定前 \(n+3\) 個點值），每次 DP 複雜度是 \(\mathcal O(n)\)，拉插複雜度不是瓶頸，總複雜度 \(\mathcal O(n^3)\)。注意常數最佳化。
另一種做法：可以考慮列舉了連續段之後不暴力拉插，而是 DP 的時候直接多項式。因為次數不會超過 \(siz_i\)，所以暴力做複雜度是樹上揹包的 \(\mathcal O(n^2)\)。然後得到了一個 \(\mathcal O(n)\) 次的多項式，想辦法求出它的字首和應該也能做，但是感覺不如拉插簡潔和直接。
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);
}