T1
博弈论+分类讨论。
首先单个连通块的胜负情况由其点数决定，是个必然(Bob)胜利，否则(Alan)胜利。
证明：
一个点的时候(Alan)胜利。
两个点的时候(Bob)胜利。
奇数点的时候必然可以找到叶子的父亲让(Alan)将其覆盖，这样的话最后一个一定是(Alan)放置的。
如果(Bob)切树，必然有一个连通块是奇数个，那么最终会递归到(1)的情况。
考虑一个(geq 4)的长度为偶数的链，(Alan)占据一个端点的时候，(Bob)必然占据其旁边的一个点。
链相当于去掉了(3)个点，递归到奇数情况，(Alan)胜利。
非链情况考虑必然存在一个点是最深的分叉点，如果有一个儿子并非叶子，那么必然可以染色这个儿子包含的叶子，这样子就可以使得(Bob)染色其父亲，这样相当于去掉了三个点，递归到奇数情况，(Alan)胜利。
如果其所有儿子都是叶子，那么占据这个点，(Bob)必然选择某一个叶子，这时候总有一个儿子只能被(Alan)染色，(Alan)胜利。
所以我们只需要考虑树上是否存在一个完美匹配。
T2
枚举一个维度。
剩下的部分变成了动态二维矩形并。
不太好搞。
但是发现矩形的左下角都是(1,1)，这下简单了。
直接用(set)二分求出修改和查询的范围，就可以维护了。
蒟蒻写的是线段树，一样的做法。
T3
直接上生成函数大暴力了。
答案可以表示为：(frac{ans}{K^n})
那么计数的生成函数变成:
[[1,L],F(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{i^Fx^i}{i!}
]
[[L+1,K],G(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{(K-L)^ix^i}{i!}
]
稍微用斯特林数展开一下就可以得到更加好算的式子。
用(e^{x})展开后的情况来算系数，发现要乘(n^{underline{n-i}})，这样的话我们只需要做长度为(P)的卷积的(L)次幂了。