- 有一个(2n)个点构成的环，每个点恰好连出一条边。
- 给定(k)条边，剩下的点之间随意连边，求所有连边方案下连通块个数的总和。
- (nle300)
枚举连通块算贡献
发现这种连通块的贡献很难一起计算，一般的套路应该是分别考虑每一个连通块。
但直接枚举所有连通块又显得不太现实。。。
实际上，我们考虑一类连通块，它们最左端和最右端的点分别是(l,r)，显然多个同类连通块不可能并存，因此可以想到去计算这类连通块的贡献。
但一个连通块并不一定完整包含整个区间，中间可能存在几个小连通块，不过没太大关系，因为我们原本就要考虑所有方案下连通块的贡献，中间的连边方案本来也就是要考虑到最终方案中的。
容斥+动态规划
按照之前说的，我们枚举(i,j)，令(f_{i,j})表示左右端点分别为(i,j)的连通块个数。
首先(i,j)连通块可能存在，需要满足(j-i+1)是偶数（因为要两两连边），且不存在一条给定边的一端在([i,j])内，一端在([i,j])外。
枚举边的过程中顺带统计出连通块内尚未确定边的点数(c_{i,j})。
设(g_x)表示(x)个点之间两两连边的方案数，只要考虑第一个点和谁连边就能转化成(x-2)个点之间连边的递归问题，得到(g_x=g_{x-2} imes(x-1))。
那么，粗略计算(f_{i,j})就能得到(f_{i,j}=g_{c_{i,j}})，但我们无法保证(i,j)连通，于是就要请出连通块问题的经典容斥，枚举(i)所在的连通块：
[f_{i,j}=g_{c_{i,j}}-sum_{p=i}^{j-1}f_{i,p} imes g_{c_{p+1},j}
]
最后统计答案就是枚举每个连通块，其余的点任意连边，得到：
[ans=sum f_{i,j} imes g_{n-2k-c_{i,j}}
]
代码：(O(n^3))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,k,x[N+5],y[N+5],c[2*N+5][2*N+5],s[2*N+5],f[2*N+5][2*N+5],g[2*N+5];
int main()
{
RI i,j;for(scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=k;++i) scanf("%d%d",x+i,y+i);
for(n<<=1,g[0]=1,i=2;i<=n;++i) g[i]=1LL*g[i-2]*(i-1)%X;//预处理g[i]
RI l,p,t=0;for(l=2;l<=n;l+=2) for(i=1,j=l;j<=n;++i,++j)//区间DP
{
#define In(x) (i<=x&&x<=j)//判断x是否在区间内
for(c[i][j]=j-i+1,p=1;p<=k;++p) if((c[i][j]-=In(x[p])+In(y[p]))&1) break;if(p<=k) continue;//枚举每条边判合法，同时计算区间内尚未连边点数
for(f[i][j]=g[c[i][j]],p=i+1;p^j;p+=2) f[i][j]=(f[i][j]-1LL*f[i][p]*g[c[p+1][j]]%X+X)%X;//枚举i所在连通块容斥
t=(1LL*f[i][j]*g[n-2*k-c[i][j]]+t)%X;//统计每个连通块对答案的贡献
}return printf("%d
",t),0;
}