AGC028D
在一个有(2n)个点的圆上，有(k)对点被钦定右边，剩下(2(n-k))个点任意配对。
问所有的方案中，所有的连通块的个数之和。
(nle 300)
思维僵化。。。
考虑分别对每个连通块计算它的贡献。每个连通块以它的左右端点来统计。
令(f_{l,r})表示：(l)和(r)在一个连通块中，并且([l,r])内的点连向的点都在([l,r])内，这样的方案数。
记(g_i)表示(i)个点任意配对的方案数。
那么答案为(sum_{i,j} f_{i,j}g_{[i,j]外未固定的点})
考虑(f_{i,j})的转移，可以用任意配对的方案数，减去(i)和(j)不在同一个连通块内的方案数。具体来说枚举(k)，将区间分成([i,k])和([k+1,j])。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 610
#define ll long long
#define mo 1000000007
int n,K;
int to[N],c[N];
bool bz[N][N];
int f[N][N],g[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for (int i=1;i<=K;++i){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
if (a>b) swap(a,b);
to[a]=b,to[b]=a;
for (int i=a+1;i<=b;++i)
for (int j=b;j<=2*n;++j)
bz[i][j]=1;
for (int j=a;j<=b-1;++j)
for (int i=1;i<=a;++i)
bz[i][j]=1;
}
for (int i=1;i<=2*n;++i)
c[i]=c[i-1]+(to[i]==0);
g[0]=1;
for (int i=2;i<=2*n;i+=2)
g[i]=(ll)g[i-2]*(i-1)%mo;
for (int l=2*n;l>=1;--l){
for (int r=l+1;r<=2*n;r+=2){
if (bz[l][r]) continue;
ll s=0;
for (int i=l+1;i<r;i+=2)
(s+=(ll)f[l][i]*g[c[r]-c[i]])%=mo;
f[l][r]=(g[c[r]-c[l-1]]-s+mo)%mo;
}
}
ll ans=0;
for (int i=1;i<=2*n;++i)
for (int j=i+1;j<=2*n;j+=2)
if (f[i][j])
(ans+=(ll)f[i][j]*g[c[2*n]-(c[j]-c[i-1])])%=mo;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}