平方的组合意义是计数两个元素的有序对

考虑对于两个路径，如果有恰好 $x$ 个交点，则对答案的贡献是 $k^{n-2l+1}\times k^x$。

先拓扑排序，建一个源点和一个汇点，考虑 $dp(x,y,a,b,c)$ 表示目前两条路径分别到了 $x,y$，长度分别是 $a,b$，到现在有 $c$ 个交点，每次转移让 $x,y$ 的较小值往前走一个点，认为 $m=O(n^2)$，则复杂度 $O(n^3l^3)$。

直接 dp 很难优化，考虑容斥，如果知道钦定了 $x$ 个交点，容易反演出恰好 $x$ 个交点的个数

设 $dp(x,a,b,c)$ 表示两条路径在 $x$ 处相交，长度分别是 $a,b$，到现在有 $c$ 个交点，转移的时候枚举下一个交点 $y$ 以及 $x$ 到 $y$ 的路径长度 $a',b'$，可以转移到 $dp(y,a+a',b+b',c+1)$，转移系数是 $cnt(x,y,a')*cnt(x,y,b')$，其中 $cnt(x,y,a)$ 表示 $x$ 到 $y$ 的长度是 $c$ 的路径条数。

这里 cnt 数组可以在 $O(n^3l)$ 时间求出，dp 的复杂度变成了 $O(n^2l^5)$。

考虑优化这个 $l^5$，发现转移系数里 $a',b'$ 是没有关系的，可以分两步转移，$dp(x,a,b,c)\rightarrow tmp(a+a',b)\rightarrow dp(y,a+a',b+b',c+1)$ 这样，减少一个 $l$。

考虑答案怎么求，记 $res(c)=dp(n+2,l+2,l+2,c)$ 即钦定了 $c$ 个交点的方案数，然后反演并算出答案。

注意到这里不必要求出所有 $res(c)$，根据反演公式 $res'(c)=\sum_{c'\ge c}res(c')(-1)^{c'-c}\binom{c'}c$，以及对答案的贡献，可以算出式子 $\sum_{c}res'(c)k^{n-2l+1}\times k^x=k^{n-2l+1}\sum_{c}res(c)(k-1)^c$，可以发现 dp 里每让 $c$ 那一位增加一就相当于 dp 值乘 $k-1$，于是总复杂度降到了 $O(n^3l+n^2l^3)$，注意 $k=1$ 的时候实现问题可能会求 $0$ 的逆元，需要特判。