咋提宣讲

不妨假设先手放在 \(1\) 号点，最后对每个点都做一遍即可。

\(N = 2\) 的时候先手必胜当且仅当 \(A_1 > A_2\)。

再难一点，\(1\) 的度数为 \(N - 1\) 时，考虑所有儿子的 \(A_i\) 的 \(\min\) 为 \(minn\)，如果 \(minn < A_1\)，那么将棋子移向这个儿子，后手只能移动回 \(1\) 号点，如此往复，先手必胜；否则先手干啥都没用，必败。

考虑一般的情况，我们先递归求出每个子树先手必胜还是后手必胜。

如果一个子树先手必胜，那么一定不会把棋子移过去。

如果先手把棋子移到一个后手必胜的子树，那么后手一定会把棋子移回根，和前面菊花的情况类似：考虑所有后手必胜的子树的 \(A_i\) 的 \(\min\) 为 \(minn\)，先手必胜当且仅当 \(A_1 > minn\)。

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考虑每条边被覆盖的次数 \(d_i\)，答案的上界是 \(\sum \min(d_i, 2)\)，事实上可以取到。

我们不妨加强条件为给每次散步定向，使得每条边两种方向被覆盖次数不超过 \(1\)。

考虑对于每次散步的两个节点连一条无向边，得到一张新图，假如说新图存在欧拉回路，那么我们跑出欧拉回路并以此定向，此时每条树边两种方向被覆盖的次数相同：每次覆盖树边 \((u, v)\) 一定是从 \(u\) 这一侧某个节点散步到 \(v\) 这一侧某个节点，或者反之，因为是回路，所以得证。

一般的情况我们考虑加一些边使得新图每个点度数为偶数，考虑对原树 dfs，考虑完 \(x\) 子树里的边，如果 \(x\) 的度数为奇数，那么在新图上加入 \(x\) 和父亲的边，不难发现能保证所有点度数都为偶数，同时因为加入的都是树边，所以保证了每条树边两种方向被覆盖次数不超过 \(1\)。

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首先不存在 \((l_i,r_i)=(l_j,r_j)\)，否则显然可以交换 \(x_i,x_j\)，那么我们可以把 \((l_i,r_i)\) 按 \(x_i\) 排序，因此可以假设 \(x=[1,2,\dots,n]\)，最后答案乘 \(n!\)。

然后刻画匹配唯一的条件，即求最大匹配的增广图上无环，在本题中就是 \(i\) 向 \([l_i,r_i]\setminus\{i\}\) 连边后无环。

无环说明该图是 DAG，主旋律容斥，每次加入一层零度点，那么其他点对应的区间不能跨过这些零度点，这样就划分出了相邻两个零度点之间的子问题。

形式化的：

\( f_n=\sum_{m=1}^n\sum_{1\leq v_1<v_2<\cdots<v_m\leq n} (-1)^{m+1}v_1\left(\prod_{i=2}^m(v_i-v_{i-1})^2\right)(n-v_m+1)f_{v_1-1}\left(\prod_{i=2}^m f_{v_i-v_{i-1}-1}\right)f_{n-v_m} \)。

设一个辅助数组 \(g\) 表示考虑前 \(i\) 个点，最后一个关键点在 \(i\) 即可 \(\mathcal{O}(n^2)\)。