构造题似一似先。

发现图总共就只有 $n2^{n-1}$ 条边，不妨把边按照在哪一位不同分类，那么恰好有 $n$ 类，每类 $2^{n-1}$ 条边，于是有一个目标就是每棵树都在每一类里面各选一条边。

考虑怎么放第一棵树，假设用图中的 $0$ 去对应树根。我们希望对于第 $1\sim n$ 条树边，恰好对应了图上在第 $0\sim n-1$ 位不同产生的边，于是我们在图上结点 $u$ 经过第 $i$ 条边之后，就走到图上结点 $u\oplus 2^{i-1}$。接下来只需要选择若干个起点进行这个过程，且使用的边不重复就能达成目标。

观察这个过程，设 $T_{x,y}$ 表示用图中的 $x$ 去对应树根，树上结点 $y$ 对应的图上编号。令 $a_i$ 表示在树上从树根走到 $i$ 经过的边集合的二进制表示，则 $T_{x,y}=x\oplus a_y$。考虑什么时候会使用一条重复的边 $(x,y)$：

• $x\oplus y$ 的 popcount 等于 1。
• 存在两个不同的起点 $i,j$，满足从它们出发均会经过 $(x,y)$。

由于 $x,y$ 唯一确定了边的类型，即确定了树边，设这条树边连接树上的 $(u,v)$，那么有 $T_{i,u}=T_{j,u}$ 或 $T_{i,u}=T_{j,v}$。不难发现第一种情况不可能出现，第二种情况意味着 $i\oplus a_u=j\oplus a_v$，$i\oplus j=a_u\oplus a_v$，而 $u,v$ 由一条树边直接连接，$a_u\oplus a_v$ 的 popcount 值为 1。

至此我们得到，如果对于一个起点集合 $S$，其中任意两个不同元素 $i,j$ 满足 $i\oplus j$ 的 popcount 值不为 1，就一定不会出现非法情况。于是可以简单构造 $S$。

考虑如果固定了放置的顺序如何计算方案数，比如一个 $r$ 的排列为 $\{1,4,2,3\}$，那么 1,4 的距离至少是 4，4,2 的距离至少是 4，2,3 的距离至少是 3，方案数就是 $\binom{l-(4-1)-(4-1)-(3-1)}{n}$。类比可得若确定了 $r$ 的顺序，则方案数为 $\binom{l-\sum\max\{r_i,r_{i+1}\}+n-1}{n}$，那么只需要对 $\sum \max\{r_i,r_{i+1}\}$ 进行 dp。

这种形式的 dp 不妨考虑这样一个模型：从小到大地加入 $r$，由于求的是 $\sum \max$，所以如果产生贡献可以方便地计算；已经加入的数分为若干段，每段之间相邻的数的贡献已经结算，最终希望知道只剩一段时的答案。设 $f_{S,j}$ 表示当前已经结算的贡献为 $S$，剩余 $j$ 段的方案数，最终的答案是 $\sum \binom{l-S+n-1}{n}f_{S,1}$，考虑转移：

• $f'_{S,j}\times(j+1)\to f_{S,j+1}$：新开一段，有 $j+1$ 个空隙可以放，没有新贡献结算；
• $f'_{S,j}\times 2j\to f_{S+r_i,j}$：放在某一段的两边，有 $j$ 段各有两边，结算 $r_i$ 的贡献；
• $f'_{S,j}\times(j-1)\to f_{S+2r_i,j}$：放在两段的中间把它们合成一段，有 $j-1$ 个空隙，结算 $2r_i$ 的贡献。

复杂度 $O(n^2l)$。

一个贪心：每次询问从 $L$ 开始选尽可能长的段。$O(qn^2)$。

预处理一点的贪心：$O(n^2)$ 预处理 $nxt_i$ 表示最大的 $j$ 满足第 $i$ 个区间和第 $[i+1,j]$ 个区间交集为空，$to_i$ 表示从 $i$ 开始，一次覆盖最远能到的地方；每次询问暴力跳 $l\gets to_l+1$ 直到 $l>r$。$O(nq)$。

再预处理一点：$nxt_i$ 可以把区间端点离散化后从后往前做线段树区间覆盖区间求 $\min$；$to_i$ 的本质是满足 $\min\{nxt[i,j]\}\ge j$ 的 $j$，可以配合 $nxt$ 的 ST 表二分； 询问可以预处理倍增 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 进行 $2^j$ 次 $i\gets to_i+1$ 到达的位置。$O((n+q)\log n)$。

好像有好写很多的做法，但是我只想到这种不用动脑子的写法。