題意：
給定 \(n,K\)。
對於 \(i=1,2,3,\cdots,n\)，你需要求出在所有逆序對數為 \(k\) 個的排列中 \(i\) 位置在小根笛卡爾樹上的深度之和。
資料範圍：\(n \le 300,K \le \dfrac{n(n-1)}{2}\)。
思路：
我們要求的是：
這個 \(dep(i)\) 即 \(i\) 的祖先個數，考慮哪些節點會成為 \(i\) 的祖先，畫幾個例子會發現就是 \(i\) 往左或往右的單調棧中的元素。
考慮兩邊的貢獻分開算，我們先算 \(i\) 往左的單調棧的大小和。
此時 \(i\) 右邊的元素不會對答案有貢獻，但是它們對逆序對數會有貢獻。具體而言，對於一個 \(j>i\) 的位置，根據其相對排名，其可以獨立貢獻 \(0,1,2,\cdots, j-1\) 個逆序對。
對於左邊，考慮 \(\text{dp}\)，令 \(f(i,j)\) 表示長度為 \(i\)，逆序對數為 \(j\) 的排列的單調棧大小和。
這個單調棧大小就是字尾 \(\min\) 個數。轉移時每次在前面插入一個數，列舉其相對排名。如果插入的數相對排名最小，那麼字尾 \(\min\) 個數加 \(1\)，同時其會與所有相對排名比他小的陣列成逆序對。
利用字首和最佳化容易做到 \(\Theta(n^3)\) 處理這個 \(\text{dp}\)。
而每個 \(j>i\) 的位置的貢獻相當於把 \(f(i)\) 的生成函式捲上 \(x^{0}+x^{1}+\cdots x^{j-1}\)。
那麼 \(i\) 處的答案為：
左邊已經預處理過了，考慮右邊。
倒著掃 \(i\)，每次右邊部分多捲上一個 \(x^0+x^1+\cdots+x^{i-1}\)，這個不用 \(\text{poly}\) 科技，直接字首和最佳化就行。單次 \(\Theta(n^2)\)，總複雜度 \(\Theta(n^3)\)。
求左右兩邊捲起來後的 \(k\) 次項係數也可以暴力。也是單次 \(\Theta(n^2)\)，總複雜度 \(\Theta(n^3)\)。
往右的單調棧的貢獻與往左的是對稱的，這裡略去了。
這樣我們就得到了一個 \(\Theta(n^3)\) 的解決演算法。