考虑用 Dilworth 定理变成求最长反链，发现这个其实就是可重集的 sperner 定理：对于大小为 \(N\) 的可重集，其最长反链是 \(\lfloor \frac{|N|}{2} \rfloor\) 元集合的个数。
本题里因为每个维度的坐标至少是 \(1\)，所以其实 \(N = \sum_{i=1}^{n}(p_i-1)\)，然后令 \(M = \lfloor \frac{N}{2}\rfloor\)。
令一个点的点权是 \(\sum_{i=1}^{n} (x_i-1)\)，则答案就是权值为 \(M\) 的点的个数。
为了方便，令 \(M:=M+n\)，然后令一个点的点权变为 \(\sum_{i=1}^{n} x_i\)，还是问权值为 \(M\) 的点的个数。
如果没有上界的限制，那就是插板一个组合数；有了上界考虑容斥，这样就能做到 \(2^npoly(n)\)，此时数据范围基本明示就是折半：设左半部分钦定了集合 \(S\) 不合法，右半部分钦定了集合 \(|T|\) 不合法，两部分的 \(p_i\) 和分别是 \(f(S),g(T)\)，则组合在一起的答案就是：\((-1)^{|S|+|T|}\dbinom{(M-1)-(f(S)+g(T))}{n-1}\)。
这样的话组合数这里和 \(f(S)+g(T)\) 有关了，我们需要把它拆成只和 \(S/T\) 有关的两部分。注意到根据范德蒙德卷积，它就是：\(\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{(M-1)-f(S)}{i}\times \dbinom{-g(T)}{n-1-i}\)。
但是注意，当 \((M-1)\le f(S)+g(T)\) 的时候，虽然范德蒙德卷积的转化依旧成立，但是这个组合数本身的值是有问题的，它应该是 \(0\) 但是根据组合数的严格定义它其实非 \(0\)，因为插板法在此时失效了。
因此我们枚举 \(S\) 以后，把 \(T\) 按照 \(g(T)\) 排序，然后可以和 \(S\) 组合的 \(T\) 一定是一段前缀，双指针维护前缀和即可。
比较朴素的实现是 \(O(n^22^{\frac{n}{2}}\) 的，实现的精细一点应该是可以 \(O(n2^{\frac{n}{2}})\) 的。