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 \(v+t\bmod n\)，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）

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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 \(a_i\leftarrow (a_i+(n+1)-x)\mod (n+1)+1\) 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 \(a_i\in [1,n+1]\) 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：

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