真神仙题，核心转化：

• 问题中不合法以及合法的部分都是一段前缀，因此可以想到容斥。

设 \(l_i=\lceil n^2-i^2 \rceil-1,r_i=\lfloor (2n)^2-i^2\rfloor\)。可以想到经典容斥，枚举某 \(k\) 个数，强制令它们 \(\le l_i\)，其他数只需要满足 \(\le r_i\)，求出此时的答案。

每个数只有上限没有下限时，可以将所有数的上限从小到大排序，那么所有前面的数的选择都会导致后面的属选择空间 \(-1\)，设第 \(i\) 个数的上限为 \(a_i\)，不难得到答案就是 \(\prod_{i=0}^{2n-1}(a_i-i+1)\)。

但直接 \(2^n\) 枚举复杂度太高，考虑用 \(dp\) 维护这个排序求答案过程。由于原问题中只有 \([0,n)\) 中的数是有下界的，因此可以先对 \([0,n)\) 中的数以 \(l_i\) 为关键字，对 \([n,2n)\) 中的数以 \(r_i\) 为关键字从小到大排序。记 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个数被钦定 \(\le l_i\) 时的选择方案数。

考虑加入第 \(i\) 个数时的转移：

• 如果 \(i\in[n,2n)\)，那么此时它的可选空间为 \(r_i+1\)，但还要排除已选择的数中上界 \(\le r_i\) 的：

  • 已经被考虑过的数中上界选择 \(l\) 的，此时由于之前的排序，它们的上界一定 \(\le r_i\)，一定占用了 \(j\) 个可选位置。
  • 已经被考虑过的数中没有下界的（也就是 \(\in[n,2n)\) 的），同样由于排序，它们一定会占用可选位置，可以用一个计数器 \(ct\) 来记录这部分数的数量。
  • 已经被考虑过的数中，有下界但上界选择 \(r\) 的，那么对方上界一定比 \(r_i\) 大，不会占用可选位置。

  因此有转移 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j}(r_i+1-j-ct)\)。

• 如果 \(i\in [0,n)\)，并且上界为 \(l\)，那么分析过程与上一个几乎完全一致，有转移 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j-1}(l_i+1-(j-1)-ct)\)。

• 如果 \(i\le [0,n)\) ，并且上界为 \(r\)，那么一开始有 \(r_i+1\) 个可选位置，上限比它小的，就是所有上界选择 \(l\) 的数、所有 \(\in[n,2n)\) 的数，以及在它之前被考虑的 \(\in[0,n)\) 且上界为 \(r\) 的数，考虑在循环外先枚举上界选择 \(l\) 的数数量 \(k\)，有转移 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j}(r_i+1-k-n-(i-j-ct))\) 。

于是进行一次 \(dp\) 的复杂度是 \(\mathcal O(n^2)\) 的，总复杂度即为 \(\mathcal O(n^3)\)，可以通过此题。

注意排序的时候，如果上界相当，优先将 \(\in[0,n)\) 的排在 \(\in[n,2n)\) 的数前面，因为前者如果选择上界为 \(r\) 则会受后者影响。

核心转化：

• 加元素难以处理，可以反过来考虑删元素。
• 对序列进行操作的问题，遇到限制条件 \(a_i>a_{i+1}\) 或 \(a_i<a_{i+1}\)，可以考虑枚举最小数/最大数的位置。

对于原问题，可以发现从 \(A_i\) 到 \(A_{i+1}\) 相当于在 \(A_i\) 中加一个元素，字典序的限制则要求如果这个元素被放在 \(c_i\) 前方，则必须 \(\ge c_i\)。如果 \(=c_i\)，那么得到的序列和放到 \(c_i\) 之后是一样的，因此我们可以假设加入的元素必须 \(>c_i\)。

但这个问题还是很难处理，考虑将问题倒过来，转化为初始有一个序列 \(A_n\)，每一步可以选择 \(A_n\) 中的一个元素 \(s_i\) 删去，但必须满足 \(s_i>s_{i+1}\)。

对于这个限制条件，可以想到枚举 \(A_n\) 序列中的最小数的第一次出现的位置，设为 \(p\)，那么 \([p+1,n]\) 区间中的元素都必须在 \(s_p\) 之前被删去，那么 \([p+1,n]\) 区间与 \([1,p-1]\) 区间就会一直被 \(s_p\) 隔开而不会互相产生影响，可以划分出两个子问题，当然还有一个额外的限制就是区间中的元素必须 \(\ge s_p\) 或者 \(>s_p\)，于是考虑状态 \(dp_{i,j}\) 表示长为 \(i\) 的序列在元素必须 \(\ge j\) 的情况，有多少种删法。转移时枚举最小数以及其第一次出现的位置，有：

后面乘的组合数是分配这 \(n\) 个元素的删除顺序。直接转移复杂度为 \(\mathcal O(n^2m^2)\)，但注意到对于同一个 \(p\)，\(dp_{i,j}\) 与 \(dp_{i,j+1}\) 的转移相比，只增加了一个 \(\mathcal O(1)\) 计算的 \(dp_{p-1,j+1}dp_{n-p,j}\)，因此可以优化到 \(\mathcal O(n^2m)\)。

首先前后缀操作显然可以转化为对原序列任意一个区间，增加一个不下降序列或不上升序列。

另一个重要结论是：存在一种最优方案使得同一种操作的所有区间互不相交。证明考虑调整法，对于相交的两个区间，直接将相交的部分叠加到某一个操作上即可。

于是可以对位置 \(i\) 设 \(b_i\) 表示操作 1 对位置 \(i\) 的贡献，\(c_i\) 表示操作 2 对位置 \(i\) 的贡献。如果 \(b_i,c_i\) 已经确定，那么接下来就只需要将 \(b_i\) 拆分成若干个不下降子序列，\(c_i\) 拆分成若干个不上升子序列，于是操作数 \(=\sum_{i=1}^{n}[b_i>b_{i+1}]+[c_i<c_{i+1}]\)。

对于这一问题就可以设 \(dp\) 状态 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个位置，\(b_i=j\) 时的最小操作数，有：

因此 \(f_{i,j}\) 是随着 \(j\) 的增加单调不增的并且 \(f_{i,0}\le f_{i,a_i}+2\)。因此我们只需要维护 \(f_{i,j}=f_{i,a_i}+2,f_{i,a_i}+1,f_{i,a_i}\) 的三个 \(j\) 的区间即可。

对于这种位移固定的行程问题，考虑作出时间-位移图象（时间是纵坐标），那么 A 和 B 的行进路线就是从 \((0,0)\) 出发，分别到 \((n,\sum a_i)\) 与 \((n,\sum b_i)\) 的两条折线。

接下来将 B​ 的图象向下平移直到再平移就不与 A 图象相交为止。若此时 B 图象与 \(x\) 轴交点为 \((p,0)\)，那么答案就是 \(\dfrac{p}{n}\)。问题转化为如何最大化 \(p\)。考虑从 \((p,0)\) 出发，先沿 B 图象走，走到与 A 的交点时就改为走 A 图象，最终走到 \((n,\sum a_i)\)。于是最大化 \(p\) 相当于要最大化从 \((p,0)\) 到 \((n,\sum a_i)\) 的平均斜率。

枚举 \(p\) 所在的边 \(x\)，那么如果将边 \(i\) 放在 \(x\) 后面，它至多贡献 \(\max(a_i,b_i)\) 的斜率。于是将所有边按 \(\max(a_i,b_i)\) 排序，选择一个后缀放在 \(x\) 后，可以发现一定可以通过将它们按 \(a_i-b_i\) 排序使得贡献全部取到 \(\max(a_i,b_i)\)。于是可以通过二分找到最小的后缀满足 \(\sum \max(a_i,b_i)>\sum a_i-b_x\)。然后就可以算出 \(p\) 的大小更新答案了。复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\)。