学习 Hiengon 大神，开头应该有一句原神语录或者日文歌词，但是我不玩原神，也不是罕见，所以略过。

个人感觉，其实这题的重点不在后面的多项式优化，而在这个容斥系数的推导。这其实展示了一类不太平凡的容斥系数的通用推法。

这个题解本身就是复读论文，后面加点自己的理解。

首先最终的式子是 $f_i = \sum\limits_{0<j<i} f_{i-j}\mathrm C_{i}^{j} 2^{j(i-j)} (-1)^{j-1}$，重点在于那个 $(-1)^{j-1}$ 从哪来。

首先我们有最基本的容斥：

$$g(S) = \sum_{T\subseteq S} f(T)\\f(S) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|}g(T)$$

可以看作 $\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \mathrm C_{n}^{i}=[n=0]$ 的外在表现，具体的组合双射得参考上面这个的（不知道有没有就是了），反正我不会。这个式子集合关系反过来也是对的，下面要用。

然后我们思考这个题咋做。设 $f(i,S)$ 表示 $i$ 个点，目前零度点集合 恰好 为 $S$ 的方案数，$g(i,S)$ 表示 $i$ 个点，钦定 $S$ 内部均为零度点的方案数。显然有：

$$g(n,S)=\sum_{S\subseteq T} f(n,T)\\f(n,S)=\sum_{S\subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} g(n,T)$$

现在我们要算 $g(n,\emptyset)$，直接开始大力推式子：

$$\begin{aligned}g(n,\emptyset) & = \sum_{m=1}^n \sum_{|T|=m} \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-|S|} g(n-|S|,\emptyset) 2^{|S|(n-|S|)}\\& = \sum_{S\neq \emptyset} g(n-|S|, \emptyset) 2^{|S|(n-|S|)} \sum_{m=1}^{|S|} (-1)^{|S|-m} \mathrm C_{|S|}^{m}\\& = \sum_{j=1}^{n} g(n-j,\emptyset) \mathrm C_{n}^{j} 2^{j(n-j)} (-1)^{j-1}\end{aligned}$$

每行都解释一下：第一行就是大力展开递推式，第二行交换求和顺序，第三行枚举 $|S|$ 大小直接算，后面那个 $(-1)^{j-1}$ 其实是凑了个 $m=0$ 化二项式定理，然后再减回去。

于是我们就得到了这样一个容斥系数。事实上引起我注意的是最上面的那个最基本的容斥式子，经过之前和 DarkMoon 大神的讨论，发现其实莫反，二项式反演都可以从这个直接理解。

好了，你已经学会有标号 DAG 计数的方法了，快去试试切掉 联合省选2024 d2t2 吧！

dfs意义：从x过来的最小值 记忆化dfs定义f数组存储结果 //dfs函数 long long int dfs(int x,int lwalk,int rwalk) { if(f[x][lwalk][rwalk]!=0x7f7f7f7f7f7f7f7f) return f[x][lwalk][rwalk]

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该题解等待再次审核

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一个妙妙思路

将棋子按位置从小到大排序后一对一对看，如1 2 3 4，[1，2]为一对，[3，4]为一对

每对中左边的那个棋子如果往左移了几步，右边的棋子也移动相同的步数，对结果没有影响；但如果右边的棋子往左移，就会对结果有影响，右边的棋子最多移动到左边棋子的右边1格的位置

所以其实只需要维护每对石子之间的距离，类似Nim游戏，当每一对石子相差1时无法移动

如果给定的n为奇数，则多加入一个位置为0的点，与最小的那个为一对

                  #include<bits/stdc++.h>        using namespace std;              

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该题解等待再次审核

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这不是一篇题解，只是偶然发现大多数提交的复杂度都是错的。

其实只是少了一个剪枝：对所有搜索得到的二元组 $(state,sum)$ 去重。

以下记 $N=2n$。

如果不去重，考虑一组数据满足 $a_i=1$。此时前一半中 $sum=i$ 的状态有 $[x^i](1+x+x^{-1})^n=[x^{i+n}](1+x+x^2)^n$ 个，记作 $f_i$。

由于我们是对于每一个后一半的状态，遍历所有前一半与之相等的状态，那么总遍历量为 $\sum_i{f_i^2}$。查一下 OEIS 发现，这个东西是 $O(\frac{3^{2n+0.5}}{2\sqrt{2\pi n}})$ 也就是 $O(\frac{3^{N+0.5}}{2\sqrt{\pi N}})$ 的，其实不比 $O(3^N)$ 的暴力优多少，证明在link。

然而如果去重了，一个粗略的上界是，对于后一半的 $3^n$ 个状态，前一半中最多有 $2^n$ 个状态与之对应，那么就是 $O(6^{\frac{N}{2}})$ 的。此时也能看出，某谷上一堆说复杂度是 $O(3^{\frac{N}{2}})$ 的题解全是瞎扯。

值得注意的是，官方其实还给出了一种 $(1+\sqrt{1.5})^N$ 的做法，奈何我英语不好看不懂。链接是link。

发现最难受的是每行必须选最大值，不好统一刻画。

但是我们可以直接转化这个问题：泛化为从每行选一个数，求最大可能值。不难发现这样答案不会变化。

于是可以状压 dp，$f(i,S)$ 表示处理完前 $i$ 列，目前 $S$ 中为 $1$ 的行已经选上数的最大可能值。

转移直接枚举循环位移，然后枚举子集转移即可。$\mathcal O(Tmn3^n)$。

再做一些最优性的分析，加以预处理，可以做到 $\mathcal O(T(m\log m + n^32^n + n3^n))$。