\(n\le 10\)：直接暴力列舉。
\(n\le 32\)：meet in the middle，如果左邊選了\(x\)，右邊選了\(y\)（且\(x+y\le b\)），那麼對答案的貢獻就是
\[\]
根據範德蒙德恒等式
\[ =\sum_^n
\]所以上面可以拆開成
\[\sum_^
\]列舉\(x\)，關於\(y\)是乙個字首和。
如果沒有下界的限制，只有\(p_i\in[0,r_i]\)的限制，那麼把\(r_i\)排序，方案數就是
\[\prod (r_i-i)
\]那麼對於\(p_i\in[l_i,r_i]\)，可以發現把\(x=i,y=p_i\)的影象，必然是乙個環：
觀察影象，\(r[1,n]\)是最大的，如果選了就一定在最上面，而\(l[1,n]\)和\(r[n+1,2n]\)混在一起。而且如果\(l_i>l_j\)，那麼\(r_i>r_j\)。
對混在一起的東西排序。如果知道總共選了幾個\(l[1,n]\)，那麼當前選了之後的排名也可以求出來。
所以外層列舉選了\(k\)個\(l\)，然後內層dp：設\(dp_\)表示前\(i\)個選了\(j\)個\(a\)的方案數。最後拿出\(dp_\)貢獻答案。
把\(>\)看做"無限制"-"<?的乙個串求方案數 。把\(
\[\frac
\]所以可以設\(dp_i\)表示對前\(i\)個數分組，帶容斥係數的方案數，於是可以列舉上一次分組的位置來轉移。
使用分治fft來轉移，可以做到\(o(n\log^2 n)\)。
發現如果直接算每行每列的方案數乘起來，那麼會算重。
什麼時候會算重呢？可以證明，只有形如
的時候會算重。
我們強制行佔掉了那個交點，容斥不合法的方案，列舉有幾對行列不合法，得到
\[\sum_^n (-1)^i i! (m+1)^(n+1)^
\]就沒了。
可以發現，\([0,1]\)內均勻隨機與直接放\((wxh)!\)種排列是等價的。
二項式反演，轉換為求\(f_k\)表示至少有\(k\)個是極大的的方案數。
先考慮二維的情況。如果乙個點是極大的，那麼一行一列的數都要比他小。
把極大的點拎出來，不妨設他們是從左上角往下一條對角線，並且是單調遞減的。
那麼對於乙個不是極大的點，它的唯一限制就是小於與他同一行/列的最小的極大點。
於是可以把小於號看做一條邊，矩形內的點就構成了乙個森林的結構，其中右下角的點沒有父親。
根據堆的個數是\(\frac\)的結論，可以分析出方案數就是
\[(nm)!/(\prod_^k (nm-(n-i)(m-i)))
\]（大概是吧）
然後乘上一堆組合數就是答案。
拓展到三維，應該是類似的。（應該是吧）
設\(p_\)表示\(n\)個點，隨機\(m\)條邊，連通的概率。
設\(q_=1-p_\)。
那麼答案就是\(\sum_m q_\)。
歸納證明，可以知道\(q_=\sum_^ c_(i/n^2)^m\)。
所以答案就是
\[\sum_m \sum_^ c_(\frac i )^m\\
=\sum_^ c_\frac 1}
\]最後用某種方式求出\(c_\)，就做完了。
咕了
顯然\(\min-\max\)容斥，轉換為每一種撒點方法的\(\frac\)之和。
設\(dp_\)表示前\(i\)個點，\(\sum s(s+1)=j\)，帶容斥係數的方案數。
轉移\(o(n)\)，總複雜度\(o(n^4)\)。
對於乙個有向無環圖，給定\(a_\)、\(b_\)，求\(a_1\rightarrow b_1\)，\(a_2\rightarrow b_2\)，……的路徑組，並且他們兩兩不想交的方案數。
設\(g_\)表示\(a_u\rightarrow b_v\)的方案數，那麼答案就是\(g\)的行列式。
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