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📂数论

🔖DP 计数数学组合 LGV引理

2022-06-05 19:24阅读: 142评论: 0推荐: 0

LGV 引理

$LGV$ 引理

在有向无环图中，有一组起点 $A = \{a_1,a_2……a_n \}$ 与终点 $B=\{b_1,b_2……b_n \}$ 。

定义 $w(P)$ 为一条路径 $P$ 中每条边权的乘积，即 $w(P)=\prod_{e\in P}v_e$ 。

定义 $e(a,b)$ 为两点之间所有路径的 $w$ 之和，即 $e(a,b)=\sum_{P:a->b} w(P)$ 。

设一个从 $A$ 到 $B$ 的路径组为 $P=(P_1,P_2……P_n)，P_i = (a_i,b_{r(i)})$ ，其中 $r$ 为任意一个 $1$ 到 $n$ 的排列。

则定义 $w(P)=\prod_{i = 1}^n w(P_i)$ 。

定义 $t(P)$ 为该路径对应的排列 $r$ 的逆序对数。

那么 $LGV$ 引理描述为，设一个矩阵

M = (\begin{matrix} e (a_{1}, a_{2}) e (a_{1}, b_{2}) \dots e (a_{1}, b_{n}) \\ e (a_{2}, b_{1}) e (a_{2}, b_{2}) \dots e (a_{2}, b_{n}) \\ \dots \dots \\ e (a_{n}, b_{1}) e (a_{n}, b_{2}) \dots e (a_{n}, b_{n}) \end{matrix})

$M = \begin{pmatrix}e(a_1,a_2)\ e(a_1,b_2) \ … \ e(a_1,b_n)\\ e(a_2,b_1) \ e(a_2,b_2) \ … \ e(a_2,b_n) \\ …… \\ e(a_n,b_1) \ e(a_n,b_2) \ … \ e(a_n,b_n) \end{pmatrix}$

则有定理：

$det(M)=\sum_{P:A->B} (-1)^{t(P)} \prod_{i=1}^n w(P_i)$

其中 $P$ 是一个从 $A$ 到 $B$ 的不相交路径组。

该定理的实际意义为， $det(M)$ 的值是所有不相交路径组方案数的带符号数量和。

证明：

由行列式定义知

d e t (M) = \sum_{r} (- 1)^{τ (r)} \prod_{i = 1}^{n} e (a_{i}, b_{r_{i}}) = \sum_{r} (- 1)^{τ (r)} \prod_{i = 1}^{n} \sum_{P : a_{i} - > b_{r_{i}}} w (P)

$det(M) = \sum_{r} (-1)^{\tau (r)}\prod _{i =1}^n e(a_i,b_{r_i}) = \sum_{r}(-1)^{\tau (r)}\prod_{i=1}^n \sum_{P:a_i->b_{r_i}} w(P)$

观察 $\prod_{i=1}^n \sum_{P:a_i->b_{r_i}} w(P)$ ，实际上是所有从 $A$ 到 $B$ 排列为 $r$ 的路径组 $P$ 的 $w(P)$ 之和。

$\sum_r (-1)^{\tau (r)}\prod_{i=1}^n \sum_{P:a_i->b_{r_i}}w(P) = \sum_r (-1)^{\tau (r)}\sum_{P=r}w(P)=\sum_{P:A->B}(-1)^{t(P)}\prod_{i=1}^n w(P_i)$

实际上，这里的 $P$ 是一个任意路径组，描述的并非不相交路径组。

设 $U$ 为不相交路径组， $V$ 为相交路径组，则：

\sum_{P : A - > B} (- 1)^{t (P)} \prod_{i = 1}^{n} w (P_{i}) = \sum_{U : A - > B} (- 1)^{t (U)} \prod_{i = 1}^{n} w (U_{i}) + \sum_{V : A - > B} (- 1)^{t (V)} \prod_{i = 1}^{n} w (V_{i})

$\sum_{P:A->B}(-1)^{t(P)}\prod_{i=1}^n w(P_i) = \sum_{U:A->B} (-1)^{t(U)}\prod_{i=1}^n w(U_i)+\sum_{V:A->B}(-1)^{t(V)}\prod_{i=1}^n w(V_i)$

只需证：

\sum_{V : A - > B} (- 1)^{t (V)} \prod_{i = 1}^{n} w (V_{i}) = 0

$\sum_{V:A->B}(-1)^{t(V)}\prod_{i=1}^n w(V_i) = 0$

定理即得证。

实际上，我们在一组相交路径 $P$ 中取一个相交路径中最小的二元组 $(i,j)$ 。

有路径 $P_i:a_1->u->b_1,P_j=a_2->u->b_2$

稍作更改，可得 $P_i:a_1->u->b_2,P_j=a_2->u->b_1$ ，我们通过这种构造得到一组新的相交路径 $P'$ ，容易发现：

w (P) = w (P^{'}), t (P) = t (P^{'}) \pm 1

$w(P) = w(P'),t(P)=t(P')±1$

对于任意相交路径，都能通过这样的交换使其一一对应，相互抵消，故而引理得证。

例题

$CF348D$ $Turtles$

一张 $n$ 行 $m$ 列的网格图，图的某些格子上有障碍物，求出满足 $(1,1)$ 到 $(n,m)$ 的两条不相交且均不经过障碍物的路径个数，答案对 $10^9 +7$ 取模， $(x,y)$ 一步只能到达 $(x +1,y)$ 或 $(x,y+1)$

$2\leq n,m\leq 3\times 10^3$

$Sol$

看到不相交，考虑 $LGV$ 引理。

因为所有路径不能在起点终点处相交，选定起点集合 $A=\{(1,2),(2,1) \}$ ，终点集合 $B=\{(n-1,m),(m-1,n) \}$ ，边权均设为 $1$ 。跑 $LGV$ 引理即可，其中 $e_{i,j}$ 可以通过 $dp$ 求解。此时 $det(M)$ 即为答案，这样做是对的原因是因为当且仅当 $r=(1,2)$ 时路径才不会交叉，此时 $\tau(r)=1$ 。时间复杂度 $O(nm)$ 。

$code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e3 + 10, mod = 1e9 + 7;
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') w *= -1; ch = getchar(); }
	while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return s * w;
}
char mp[N][N];
int n, m, dp[N][N];
inline int f(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
	if(mp[x1][y1] == '#' || mp[x2][y2] == '#') return 0;
	memset(dp, 0, sizeof(dp)), dp[x1][y1] = 1;
	for(register int i = 1; i <= x2; i++)
		for(register int j = 1; j <= y2; j++)
			if(mp[i][j] == '.') (dp[i][j] += dp[i - 1][j]) %= mod, (dp[i][j] += dp[i][j - 1]) %= mod;
	return dp[x2][y2];
}
int main()
{
	n = read(), m = read();
	for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", mp[i] + 1);
	int f11 = f(1, 2, n - 1, m), f12 = f(1, 2, n, m - 1), f21 = f(2, 1, n - 1, m), f22 = f(2, 1, n, m - 1);
	int ans = ((1ll * f11 * f22 % mod - 1ll * f21 * f12 % mod) % mod + mod) % mod;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

$LuoGu \ P6657$ $[$ 模板 $]$ $LGV$ 引理

$T$ 组数据，每组给出一个 $n\times n$ 的棋盘，棋子从 $(x,y)$ 一步只能走到 $(x+1,y)$ 或 $(x,y+1)$ ，有 $m$ 个棋子，初始时第 $i$ 个放在 $(1,a_i)$ ，有 $m$ 个终点，第 $i$ 个终点是 $(n,b_i)$ 。求出有多少种方案，能使每个棋子都能从起点走到终点，且对于所有的棋子它们的路径不交，答案对 $998244353$ 取模。

$1\leq T\leq 5,2\leq n\leq 10^6,1\leq m\leq 100,1\leq a_1\leq a_2\leq … \leq a_m\leq n,1\leq b_1 \leq b_2\leq … \leq b_m \leq n$

$Sol$

不相交路径，考虑 $LGV$ 引理。

注意到对于本题，只有当 $r=(1,2…m)$ 时才能找到这样的路径，此时 $\tau(r) = 1$ ，可以套用 $LGV$ 引理直接做。对于 $e_{a_i,b_j}$ 它等于：

e_{a_{i}, b_{j}} = {\begin{matrix} (\binom{b_{j} - a_{i} + n - 1}{n - 1}) b_{j} \geq a_{i} \\ 0 o t h e r w i s e \end{matrix}}

$e_{a_i,b_j} = \begin{Bmatrix}\binom{b_j-a_i+n-1}{n-1} \ \ \ \ \ b_j\geq a_i \\ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ otherwise \end{Bmatrix}$

设边权为 $1$ ，预处理阶乘(组合数)，求出 $M$ 矩阵后直接做行列式就是答案，理由与上个题目相似，时间复杂度 $O(Tm^3+n)$ 。

$code$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int M = 1e2 + 10, N = 2e6 + 10, lim = 2e6, mod = 998244353;
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') w *= -1; ch = getchar(); }
	while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return s * w;
}
int T, n, m;
int x[M], y[M], e[M][M];
int fac[N], inv[N];
inline int power(int x, int k)
{
	int res = 1;
	while(k){
		if(k & 1) res =  res * x % mod;
		x = x * x % mod, k >>= 1;
	}
	return res;
}
inline void initial()
{
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for(register int i = 1; i <= lim; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[lim] = power(fac[lim], mod - 2);
	for(register int i = lim - 1; i >= 1; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(int x, int y) { return x < y ? 0 : fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod; }
inline int det()
{
	int res = 1, f = 1;
	for(register int j = 1; j <= m; j++){
		for(register int i = j; i <= m; i++){
			if(!e[i][j]) continue;
			if(i != j) swap(e[i], e[j]), f *= -1; //行列式交换
			break; 
		}
		if(!e[j][j]) return 0;
		res = res * e[j][j] % mod;
		int tem = power(e[j][j], mod - 2);
		for(register int k = j; k <= m; k++) e[j][k] = e[j][k] * tem % mod;
		for(register int i = j + 1; i <= m; i++)
			for(register int k = j, t = e[i][j]; k <= m; k++)
				e[i][k] = ((e[i][k] - t * e[j][k] % mod) % mod + mod) % mod;
	}
	return (res * f + mod) % mod;
}
signed main()
{
	initial();
	T = read();
	while(T--){
		n = read(), m = read();
		for(register int i = 1; i <= m; i++) x[i] = read(), y[i] = read();
		for(register int i = 1; i <= m; i++)
			for(register int j = 1; j <= m; j++) e[i][j] = (x[i] <= y[j]) ? C(y[j] - x[i] + n - 1, n - 1) : 0;
		printf("%d\n", det());
	}
	return 0;
}

$LuoGu \ P7736$ $[NOI2021]$ 路径交点

$T$ 组数据，每组给出 $k$ 层点，第 $i$ 层点有 $n_i$ 个，其中 $n_1=n_k,n_1\leq n_i\leq 2n_1$ 。第 $i(1\leq i<k)$ 层的点仅会向第 $i + 1$ 层的点连 $m_i$ 条有向边，第 $k$ 层点不向任何点连边。对于两条路径 $P,Q$ ，设它们在第 $j$ 层的连边为 $(P_j,P_{j+1}),(Q_j,Q_{j+1})$ ，则称这两个路径在第 $j$ 层有交点，当且仅当：

(P_{j} - Q_{j}) (P_{j + 1} - Q_{j + 1}) < 0

$(P_j - Q_j)(P_{j+1}-Q_{j+1})<0$

定义一个路径的总相交次数为所有边两两的相交次数之和。求在选出 $n_1$ 条互不相交的路径，满足均以第一层点为起点，第 $k$ 层点为终点的所有方案中，总相交次数为偶数的方案减去总相交次数为奇数的方案是多少，答案对 $998244353$ 取模。

$2\leq k,n_1\leq 100,1\leq T\leq 5$

$Sol$

偶数减去奇数，暗示行列式，再考虑相交次数，对于 $k=2$ 的情况，两个路径相交，如果顺次匹配的话，当且仅当其对应的 $r$ 中产生了一个逆序对。所以对于 $k=2$ ，我们可以直接把原图的邻接矩阵当做 $M$ 矩阵做 $LGV$ 引理，这样得到的就是相交偶数次减去相交奇数次。

原因比较显然，考虑行列式的式子：

d e t (M) = \sum_{r} (- 1)^{τ (r)} \prod_{i = 1}^{n} e (a_{i}, b_{r_{i}})

$det(M) = \sum_{r} (-1)^{\tau (r)}\prod _{i =1}^n e(a_i,b_{r_i})$

等于是 $\tau(r)$ 偶数的时候是正，否则是负数，和原问比较完美的契合。

对于 $k > 2$ 的情况，一个显然的想法是扩展上面的思路， $LGV$ 引理要求的是路径条数，那我们就把每一层对应的邻接矩阵乘起来，就能得到方案了，记这个新矩阵为 $M$ 跑 $LGV$ 引理。

时间复杂度 $O(Tn^3k)$ 。

$code$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 3e2 + 10, mod = 998244353;
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') w *= -1; ch = getchar(); }
	while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return s * w;
}
struct Matrix{
	int n, m, a[N][N];
	Matrix operator * (const Matrix &x){
		Matrix res; res.n = n; res.m = x.m;
		for(register int i = 1; i <= n; i++){
			for(register int j = 1; j <= x.m; j++){
				int add = 0;
				for(register int k = 1; k <= m; k++) add = (add + a[i][k] * x.a[k][j] % mod) % mod;
				res.a[i][j] = add;
			}
		}
		return res;
	}
	inline void clear(int x, int y){
		n = x, m = y;
		for(register int i = 1; i <= n; i++)
			for(register int j = 1; j <= m; j++) a[i][j] = 0;
	}
}A, B;
inline int power(int x, int k)
{
	int res = 1;
	while(k){
		if(k & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod, k >>= 1;
	}
	return res;
}
int T, n[N], m[N], e[N][N];
inline int det(int m)
{
	int res = 1, f = 1;
	for(register int i = 1; i <= m; i++)
		for(register int j = 1; j <= m; j++) e[i][j] = A.a[i][j];
	for(register int j = 1; j <= m; j++){
		for(register int i = j; i <= m; i++){
			if(!e[i][j]) continue;
			if(i != j) swap(e[i], e[j]), f *= -1; //行列式交换
			break; 
		}
		if(!e[j][j]) return 0;
		res = res * e[j][j] % mod;
		int tem = power(e[j][j], mod - 2);
		for(register int k = j; k <= m; k++) e[j][k] = e[j][k] * tem % mod;
		for(register int i = j + 1; i <= m; i++)
			for(register int k = j, t = e[i][j]; k <= m; k++)
				e[i][k] = ((e[i][k] - t * e[j][k] % mod) % mod + mod) % mod;
	}
	return (res * f + mod) % mod;
}
signed main()
{
	T = read();
	while(T--){
		int k = read();
		for(register int i = 1; i <= k; i++) n[i] = read();
		for(register int i = 1; i < k; i++) m[i] = read();
		A.clear(n[1], n[2]);
		for(register int i = 1, x, y; i <= m[1]; i++)
			x = read(), y = read(), A.a[x][y] = 1;
		for(register int i = 2; i < k; i++){
			B.clear(n[i], n[i + 1]);
			for(register int j = 1, x, y; j <= m[i]; j++)
				x = read(), y = read(), B.a[x][y] = 1;
			A = A * B;
		}
		printf("%d\n", det(n[1]));
	}
	return 0;
}

完。

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