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[AGC067B] Modifications
谔谔，做过类似的题还是不会啊啊啊。
首先考虑给定一个 \(a\) 序列如何进行判定。倒着做这个覆盖的过程，每次可以看成是，如果 \([l_i,r_i]\) 剩下的点的颜色都相同，则可以把 \([l_i,r_i]\) 删掉。如果最后能删空就是合法的。
区间 DP 判定这个过程：\(f_{l,r}\) 表示考虑了左右端点都则区间 \([l,r]\) 的操作之后，区间 \([l,r]\) 的合法方案数。
发现直接计数似乎没有什么简单的合法充要条件。考虑进行容斥，用 \(C^{r-l+1}\) 减去不合法的方案数就是答案。
考虑不合法区间的形态，最后一定是若干个断点没有被覆盖，把区间分成了若干个小区间。再考虑什么样的断点情况是真实存在的。除了断点之外的区间都能删空，所以如果单把断点的颜色序列拉出来，则对于一个相同颜色的颜色段，要求不能有跨过内部点的操作区间。
设 \(g_{l,r,p}\) 表示 \(r\) 是断点，\(r\) 前面第一个和 \(r\) 颜色不同的断点的位置在 \(p\) 的方案数。首先预处理 \(vis_{l,r,p}\) 表示 \([l,r]\) 的子操作区间能不能把 \(p\) 覆盖。枚举 \(r\) 前面第一个断点的位置 \(i\)。分 \(i\) 的颜色和 \(r\) 相同和不同讨论：
\[\begin{aligned} g_{l,r,p}&\overset+\leftarrow g_{l,i,p}f_{i+1,r-1}\\ g_{l,r,i}&\overset+\leftarrow g_{l,i,p}f_{i+1,r-1}(C-1) \end{aligned} \]上述转移要求 \(vis_{p+1,r-1,i}=0\)。然后计算 \(f\)，枚举右边第一个断点容斥：
\[f_{l,r}\overset-\leftarrow g_{l,i,p}f_{i+1,r} \]该转移要求 \(vis_{p+1,r,i}=0\)。总复杂度 \(\mathcal O(n^4)\)。一点小细节是 \(g_{l,r,p}\) 只对除了 \(r\) 以外的断点进行了检查合法，比如存在一个 \([r,r]\) 的操作区间，但是根据上面的 DP \(g_{l,r,p}\) 还是会有值的。但是可以发现在用到 \(g\) 的时候对 \(r\) 进行了合法检查，所以直接这么写就是对的。
int n,m,C,f[110][110],g[110][110][110];
bitset<110> vis[110][110];
vi ve[110];
inline void mian()
{
read(n,m,C);int x,y;
for(int i=1;i<=m;++i)read(x,y),ve[y].eb(x);
for(int i=0;i<=n;++i)f[i+1][i]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=i;j<=n;++j)
{
int pos=j+1;vis[i][j]=vis[i][j-1];
for(auto p:ve[j])if(p>=i)Mmin(pos,p);
for(int k=pos;k<=j;++k)vis[i][j][k]=1;
}
}
for(int i=n;i>=1;--i)for(int j=i;j<=n;++j)
{
f[i][j]=power(C,j-i+1),g[i][i-1][i-1]=1;
for(int p=i-1;p<j;++p)for(int k=i-1;k<j;++k)if(!vis[p+1][j-1][k])
Madd(g[i][j][k],Cmul(g[i][k][p],f[k+1][j-1],C-1)),
Madd(g[i][j][p],Cmul(g[i][k][p],f[k+1][j-1]));
for(int p=i-1;p<j;++p)for(int k=i;k<=j;++k)if(!vis[p+1][j][k])
Mdel(f[i][j],Cmul(g[i][k][p],f[k+1][j]));
}
write(f[1][n]);
}