模拟即可，不过有不合法操作要特判
首先一个点走到另一个点的方案可以\(O(\min(\Delta x,\Delta y))\)枚举几步斜的利用\(Lucas\)计算
一个想法是利用容斥，暴力枚举\(2^k\)种情况计算
预处理两两之间距离可以做到\(O(k^2m+2^kk)\)
实际上自己傻逼了
直接\(dp\)走到每个点且不经过另外点的方案
容斥减去其他点过来的方案即可
复杂度\(O(k^2m)\)
考虑加第\(n\)个点，首先和其他\(n-1\)会都切开一个,然后其他组成的所有三角形，和中间那个点都可以切开一个
则\(f_n=f_{n-1}+n-1+{n-1\choose 3}\),整理得\(1+{n\choose 2}+{n\choose 4}\)
强制\(a_i\)为正再拆一下变成\(\min \sum_i a_i|(x-\frac{-b_i}{a_i})|\)
那么可以看做在数轴上的\(\frac{-b_i}{a_i}\)有\(a_i\)个点,需要找到一个点到其他所有点距离之和相等
那么显然就是中位数的位置，于是线段树维护,在线段树上二分，然后对于左右分别询问一下即可
复杂度\(O(nlogn)\)
考虑计算每种权值的生成树数量
考虑\(matrix-tree\)只能求边权乘的情况
而位运算\(fwt\)之后就是点积相乘，且每一位相互独立
于是将每一条边\(fwt\)后提出对应位做矩阵树
然后\(ifwt\)回去
而且\(fwt\)支持对每一位做不同的运算
考虑对于\(s,t\)两个碗，先假设\(|s|,|t|\)都为偶数，如果\(s\)中\(j\)作为中位数，且\(t\)中第一个小于等于\(j\)的为\(k\)
那么有\(j+k=\frac{|s|+|t|}{2}\)
也就是\((2j-|s|)=(|t|-2k)\)
先把所有面提出来排序，从小到大枚举每一个作为答案的贡献
这时已经知道了\(2j-|s|\)，直接对于所有目前权值为\(|t|-2k\)的\(t\)计算贡献
对每个权值维护一个链表即可，由于总对数为\(O(n^2)\)，所以复杂度一定是对的
复杂度\(O(n^2+nmlog)\)，如果写基排可以优化掉那个\(log\)