CF1528

CF1528

A

可以发现答案只会在 (L_i/R_i) 处取到。

B

可以发现递推式：(f_i=S_{i-1}+d_i)

C

对第一棵树 dfs，在第二棵树上贪心：能加入则加入，否则去替换其一个祖先。

D

假设能够在时刻 (i) 访问 (v)，那么可以在时刻 (i+t) 访问 (v+tmod n)，枚举起点，然后跑一个 (mathcal O(n^2)) 的 dij 即可，这里计算某个点的最小出边需要单独处理一下。

E

可以发现答案只有 3 类：外向树，内向树，一个外向树和内向树拼在一起。

第一类和第二类的主体是每个点儿子数不超过 (2) 的外向树方案数：转移由 burnside 定理给出：(f_i=f_{i-1}+frac{1}{2}(S_{i-1}^2-S_{i-2}^2+f_{i-1}))

计算答案的时候和烷烃计数一致，枚举 (3) 种情况转移即可，乘以 (frac{1}{6})（由于根节点的 deg 可能为 (3)）

外向树和内向树拼起来的时候，可以发现有多个点可以作为分界点，但合法的方案一定满足内向树的部分根节点度数为 (2)，且外向的边的度数为 (1)，这个部分的贡献为 ((f_{i}-f_{i-1})(f_{n-i-1}-1))（减去单独一条链的情况）

---

F

我们构造一个长度为 (n) 的序列（一排座位），对于每个 (a_i)，令第 (i) 个人走到 (a_i)，然后往后移动至第一个空座位。(CF838D)

我们可以发现这样的一个策略和一个合法的序列是双射，添加一个辅助节点，并连接成一个环，可以发现只要 (n+1) 为空就有合法的方案，因此答案为 ((n+1)^{n-1})

接下来我们有一个重要观察：任意一个非法的方案都可以映射到一个合法的方案。

这是因为对于任意一个非法的方案，设 (x) 为其抵达的空位置，则令 (a_ileftarrow (a_i+(n+1)-x)mod (n+1)+1) 可以实现将其逆时针旋转 (x) 位的结果。

换而言之，我们直接对 (a_iin [1,n+1]) 的序列进行计数，然后将答案乘以 (frac{1}{n+1}) 即为答案。

现在，问题已经相当明朗了，答案就是：

[egin{aligned} &frac{n+1}{n+1}sum_iinom{n}{i}i^kn^{n-i} \&=sum_i inom{n}{i}n^{n-i}sum_j egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}i^{underline{j}} \&=sum_j egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}n^{underline{j}}(n+1)^{n-j} end{aligned}]