B.Tree Burning

最后一定存在一个分界点，满足在分界点两边的点反复横跳(点多的一边会先走几步)，记录所有点顺时针/逆时针到原点的前缀和，枚举分界点取 $\max$即可。

*C.Coloring Torus

$K\leq 500$直接构造 $K\times K$的矩阵，第 $i$行填 $i$。

$K>500$，发现构造奇数行 $c_{i,j}=(i+j\pmod n)+1$，偶数行 $c_{i,j}=(i+j\pmod)+n+1$一定合法(若 $c_{i,j}>K$，直接 $-n$)。所以 $n=2\lceil\frac{K}{4}\rceil$(强制有偶数行)

D.Inversion Sum

期望的DP十分套路：
设 $f[i][j]$表示 $a_i>a_j$的概率，每次操作涉及到的转移是 $O(n)$的。

求出总期望再乘上 $2^Q$即可。

*E.Less than 3

考虑可以被翻转的 $1$需要满足的条件，要么左右都是 $1$，要么有且只有一边与一个 $0$相邻。
发现原序列中存在的所有连续的 $0$(或连续的 $1$)的这些段永远存在(不可能 $101$变成 $111$)，且可能会在原来的若干段中分割出新的不同的子段(如 $111\to101$，多了一个 $0$段)

接着需要一步神仙转化：

在 $01$之间加一个红色隔板， $10$之间加一个蓝色隔板，序列就是一堆红蓝相间的隔板，且设两端都有无穷个隔板。
每次取反相当于把某个隔板移动一位，且隔板间不能互相跨越，即相对位置保持不变。
所以知道了最终态的每个隔板的位置后，所有初始隔板是和其一一对应的，最小的移动代价就是对应隔板的位置之差。

枚举在序列开头/末尾多插了 $i(0\leq i\leq n)$个隔板的代价，取 $\min$即可。复杂度 $O(n^2)$

*F.Permutation and Minimum

巧妙的值域上DP

不考虑 $A_{2i-1}\neq -1$且 $A_{2i}\neq -1$的位置，剩下的为 $(-1,x),(x,-1),(-1,-1)$的情况。

由于 $1-2N$的数都会被选用，考虑值域序列 $1-2N$， $\min(A_{2i-1},A_{2i})$和 $\max(A_{2i-1},A_{2i})$的匹配类似于括号序列：

• 对于 $(-1,-1)$，处理时忽略它们的位置关系，相当于一个括号匹配，最后乘上 $(-1,-1)$对数的阶乘
• 对于 $(-1,x),(x,-1)$，相当于其中一个括号是带标号的，分别考虑 $x$为左，右括号的情况即可。

具体来说，倒序DP(正序似乎也可以，不过倒着更好理解)，设 $dp[i][j][k]$表示完值域 $i-2N$，还有 $j$个普通右括号， $k$个带标号右括号未匹配的方案数，具体转移见代码。

注意这里并非传统意义上的括号匹配——所有右括号是等价的(包括有标号的)，同一个左括号( $\min(A_{2i-1},A_{2i})$)匹配不同右括号的情况是等价的( $B_i$一样)，所以实际上DP的是左括号的不同分配方式。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int n,a[305],ans,m,num,frc=1;
int f[2][305][305],typ[605];

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}

int main(){
	int i,j,k,pr=0;
	scanf("%d",&n);m=n+n;
	for(i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=m;i+=2)
	  if((a[i]==-1)||(a[i+1]==-1)){
		num+=(((~a[i])||(~a[i+1]))^1);
		if(~a[i]) typ[a[i]]=1;if(~a[i+1]) typ[a[i+1]]=1;
	  }else typ[a[i]]=typ[a[i+1]]=2;
	for(i=1;i<=num;++i) frc=(ll)frc*i%mod; 
	f[0][0][0]=1;num=0;
	for(i=m;i;--i) if(typ[i]!=2){
		pr^=1;memset(f[pr],0,sizeof(f[pr]));
		for(j=0;j<=num;++j)
		  for(k=0;j+k<=num;++k) if(f[pr^1][j][k]){
			 if(typ[i]){
			 	ad(f[pr][j][k+1],f[pr^1][j][k]);
			 	if(j) ad(f[pr][j-1][k],(ll)f[pr^1][j][k]%mod);
			 }else{
			 	ad(f[pr][j+1][k],f[pr^1][j][k]); 
			 	if(k) ad(f[pr][j][k-1],(ll)k*f[pr^1][j][k]%mod);

			 	if(j) ad(f[pr][j-1][k],f[pr^1][j][k]);
			 }
		  }
		num=min(num+1,m>>1);
	}
	printf("%d",(ll)frc*f[pr][0][0]%mod);
}