SD/XOI 2022 多边形
首先我们考虑不重不漏地统计这个事情，这个题事实上是凸多边形划分的一个拓展，传统的凸多边形剖分方案数就是卡特兰数。
那么这里的区别就是：
- 在一条边上的点不能相互连线段
- 在边中间上的点可以没线段
不妨考虑我们手动枚举了一些中间点完全不连边，剩下 \(m\) 个点要连边，如果我们直接当做凸 \(m\) 三角剖分数（设为 \(T_m\) ），会包含所有合法方案，但也会多算一些不合法方案，这些方案的特征是：包含至少一条两段点都在同一条边上的线段。
进一步，因为三角剖分是恰好剖完的，你可以想象把那条边上的点人为凸出去，那么只要有一条不合法线段，那么里面必然有一条线段恰好跨越一个点（称之为相邻不合法线段）！
那么我们就可以钦定一个相邻不合法线段的集合 \(S\) 去容斥，相当于把两条边缩成了一条边，忽略了中间一个点，中间有个 \(-1^{|S|}\) 的容斥系数就行了。
那么整体的框架就是：先抛去一些边中间的点不连边，然后在剩下的点中选出若干互不相邻的点减少一条边做容斥，最终乘上对应的三角剖分数。
每条边独立，设一条边中间有 \(t\) 个点，设 \(F_i\) 表示这条边中间最终保留下来 \(i\) 个点，计算我们就再枚举 \(j\) 个点作为容斥，方案数可以直接插板：
最后把每个 \(F\) 乘起来，然后乘上对应的卡特兰数加和就好了，这部分似乎必须要分治 NTT，看似是 \(\log^2\) 但你发现极限情况是 \(250000\) 而不是 \(500000\)，好像可以接受？
然后就能 \(O(n^2)\) 了。
现在就是要快速算每个 \(F\)，发现他有 \(i+j,i,i-j\) 不能直接卷积，可恶！！
EI 好像会线性算，这里只提供两种拙劣的方法：
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可以直接按照组合意义，即分成若干最终保留的段，然后不保留段中可以选择一个作为容斥，然后类似倍增 DP / FFT 的过程做就好了，应该需要记录左右端点的状态，可能是 \(O(9n\log n)\) 的，不知道会不会 T。
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考虑 GF，这个过程很像二项式定理，配一个 \(x\) 可以画成两个 \((x+1)^p\) 乘积的形式：
\[F_i = [x^{t-i}]\sum_{j} \binom{t}{t-i-j} x^{t-i-j} \binom{i+1}{j}(-x)^{j} \]\[= [x^{t-i}] (x+1)^t (1-x)^{i+1} \]\[= [x^{t}] (x+1)^t [(1-x)^{i+1}x^i] \]\[= \sum_{j=0}^t [x^{t-j}](x+1)^t \times [x^j][(1-x)^{i+1}x^i] \]设 \(G_j = [x^{t-j}](x+1)^t\)。
\[F_i = \sum_{j=0}^t G_j \times [x^j][(1-x)^{i+1}x^i] \]考虑使用转置原理，反过来看 \(F\) 到 \(G\) 系数向量的线性变换，以下 \(h\) 充当 \(F\) 作用：
\[G_j = [x^j]\sum_{i=0}^a h_i [(1-x)^{i+1}x^i] \]设 $$H(x) = \sum_{i=0}^a h_i x^i $$
\[= [x^j]\sum_{i=0}^a (1-x)H(x-x^2)) \]\[= [x^j]\sum_{i=0}^a (1-x)H(-(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4})) \]将步骤拆解，可以概括为：
- 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x+\frac{1}{4})\)
- 将 \(H(x)\) 变成 \(H(-x)\)
- 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x^2)\)
- 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x-\frac{1}{2})\)
- 将 \(H(x)\) 乘 \((1 - x)\)
每一步的转置矩阵，\(1, 4\) 步是卷积，剩下都可以线性做，就做到了 \(O(n \log n)\)
代码实现的第二种：
