Lindström–Gessel–Viennot引理及其应用

给定有向无环图（Directed Acyclic Graph, DAG）$G = (V, E)$，以及源点集$S = \{ s_1, s_2, \dots, s_n \}$，汇点集$T = \{ t_1, t_2, \dots, t_n \}$。每一条边$(x, y)$都有一个权值$w(x, y)$。我们定义一条路径$\pi: x_0 \to x_1 \to \dots \to x_k$的权值为：

$$w(\pi) = \prod_{i=1}^k w(x_{i-1}, x_i).$$

对任意两个节点$x, y \in V$，定义

$$e(x, y) = \sum_{\pi: x \to y} w(\pi),$$

其中，$\pi: x \to y$表示一条从$x$出发，到达$y$的路径$\pi$。特别地，如果对所有边$(x, y)$，都有$w(x, y) \equiv 1$，则$e(x, y)$为$x$到$y$的所有路径的数量。

我们记路径$n$元组$(\pi_1, \pi_2, \dots, \pi_n): S \to T$表示$n$条从$S$中节点出发，到达$T$中节点的不相交路径，其中对所有$i \in [n]$，$\pi_i$从$s_i$出发，并且对任意两条路径$\pi_i$和$\pi_j$ $(i \neq j)$，他们都不经过相同节点（包括路径的两个端点）。对于一个这样的路径$n$元组，存在一个置换$\sigma(\pi_1, \pi_2, \dots, \pi_n): [n] \to [n]$，使得第$i$条路径$\pi_i$从$s_i$出发，到达$t_{\sigma(i)}$。

Lindström–Gessel–Viennot引理：

$$\left| \begin{matrix} e(s_1, t_1) & e(s_1, t_2) & \dots & e(s_1, t_n) \\ e(s_2, t_1) & e(s_2, t_2) & \dots & e(s_2, t_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(s_n, t_1) & e(s_n, t_2) & \dots & e(s_n, t_n) \end{matrix} \right| = \sum_{(\pi_1, \pi_2, \dots, \pi_n): S \to T} \operatorname{sign}(\sigma(\pi_1, \pi_2, \dots, \pi_n)) \prod_{i=1}^n w(\pi_i),$$

其中$\operatorname{sign}(\sigma)$表示置换$\sigma$的奇偶性，偶置换为$1$，奇置换为$-1$。

特别地，如果对所有边$(x, y)$，都有$w(x, y) \equiv 1$，并且置换只能是恒等置换（即$\sigma(i) = i$）时才存在不相交的路径$n$元组，则所求行列式即为不相交的路径$n$元组的数量。

 

例题1

luogu P6657. 【模板】LGV引理

有$m$个起点$s_i = (a_i, 1)$，以及对应的$m$个终点$t_i = (b_i, n)$，满足$1 \leq a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq a_m \leq n$且$1 \leq b_1 \leq b_2 \leq \dots \leq b_m \leq n$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x,y+1)$。求两两不相交的路径$m$元组的数量。$1 \leq n \leq 10^6, 1 \leq m \leq 100$。

解法：我们注意到只有恒等置换对应的路径才可能不相交。因此，Lindström–Gessel–Viennot引理所求的行列式即为答案。其中，

$$e(s_i, t_j) = \begin{cases} \binom{b_j-a_i+n-1}{b_j-a_i} & b_j \geq a_i, & \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases}$$

时间复杂度为$O(n+m^3)$。

 

例题2

2021牛客暑期多校训练营9 C. Cells

有$n$个起点$s_i = (0, a_i)$，以及对应的$n$个终点$t_i = (i, 0)$，其中$1 \leq i \leq n$，满足$0 \leq a_1 < a_2 < \dots < a_n \leq 10^6$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x,y-1)$。求两两不相交的路径$n$元组的数量。$1 \leq n \leq 5 \cdot 10^5$。

解法：思路同例题1。但最后列出的行列式是$n \times n$阶的矩阵，直接$O(n^3)$Gauss消元是不能接受的。注意到，

$$e(s_i, t_j) = \binom{a_i+j}{j} = \frac{(a_i+j)!}{j!a_i!}.$$

所求行列式可化为

$$\begin{aligned} \left| \begin{matrix} e(s_1, t_1) & e(s_1, t_2) & \dots & e(s_1, t_n) \\ e(s_2, t_1) & e(s_2, t_2) & \dots & e(s_2, t_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(s_n, t_1) & e(s_n, t_2) & \dots & e(s_n, t_n) \end{matrix} \right| & = \left| \begin{matrix} \frac{(a_1+1)!}{1!a_1!} & \frac{(a_1+2)!}{2!a_1!} & \dots & \frac{(a_1+n)!}{n!a_1!} \\ \frac{(a_2+1)!}{1!a_2!} & \frac{(a_2+2)!}{2!a_2!} & \dots & \frac{(a_2+n)!}{n!a_2!} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{(a_n+1)!}{1!a_n!} & \frac{(a_n+2)!}{2!a_n!} & \dots & \frac{(a_n+n)!}{n!a_n!} \end{matrix} \right| =  \left(\prod_{i=1}^n \frac{(a_i+1)!}{ i! a_i! }\right) \left| \begin{matrix} 1 & a_1+2 & \dots & (a_1+2) \dots (a_1+n) \\ 1 & a_2+2 & \dots & (a_2+2) \dots (a_2+n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & a_n+2 & \dots & (a_n+2) \dots (a_n+n) \\ \end{matrix} \right| \\ & = \left(\prod_{i=1}^n \frac{a_i+1}{i!}\right) \left| \begin{matrix} 1 & a_1 & \dots & a_1^{n-1} \\ 1 & a_2 & \dots & a_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & a_n & \dots & a_n^{n-1} \\ \end{matrix} \right|  = \left(\prod_{i=1}^n \frac{a_i+1}{i!}\right) \left( \prod_{1 \leq i < j \leq n} (a_i-a_j) \right) \end{aligned}$$

提出系数之后，可化为一个Vandermonde行列式，而最后我们要求$a_i$两两之差之积。我们注意到$0 \leq a_i \leq 10^6 =: W$，从而$-10^6 \leq a_i-a_j \leq 10^6$，因此可以考虑使用FFT优化卷积$O(W \log W)$统计不同可能的差的数量即可。

 

例题3

CodeForces 167E. Wizards and Bets

给定$n$个节点，$m$条边的有向无环图$G = (V, E)$，其有恰好$k$个无入边以及$k$个无出边的点，按照他们的编号从小到大排序后依次为$s_1, s_2, \dots, s_k$以及$t_1, t_2, \dots, t_k$。求【对应置换是偶置换的路径$k$元组的数量】与【对应置换是奇置换的路径$k$元组的数量】之差。$n \leq 600, m \leq 10^5$。

解法：令每条边的权值$w(x, y) = 1$，则Lindström–Gessel–Viennot引理所求的行列式即为答案。所有的$e(s_i, t_j)$（即从$s_i$走到$t_j$的路径的数量）可以在$O(nm)$的时间内求出。于是总的时间复杂度为$O(n^3+nm)$。

 

例题4

NOI2021 Day1 2. 路径交点

给定一个$k$层的有向无环图，其中第$i(1 \leq i \leq k)$层有$n_i$个节点，且$n_1 = n_k$。从第$i$层走向第$i+1$层的边$(x_1, y_1)$与$(x_2, y_2)$ $(x_1 \neq x_2, y_1 \neq y_2)$存在一个交点，当且仅当$(x_1-x_2)(y_1-y_2) < 0$。一个从第$1$层节点走向第$k$层节点的（不在顶点相交的）路径$n_1$元组的交点个数为其中任意两条路径的交点个数之和。求【交点个数为偶数的路径$n_1$元组的数量】与【交点个数为奇数的路径$n_1$元组的数量】之差。$k \leq 100, n_i \leq 200$。

解法：注意到【交点个数为偶数的路径$n_1$元组】即为【对应置换是偶置换的路径$n_1$元组】。问题直接化为例题3。时间复杂度为$O(k n^3)$，其中$n = \max\{n_1,n_2,\dots,n_k\}$。

 

例题5

AtCoder Beginner Contest 216 H. Random Robots

给定$k$个起点$(0, x_1), (0, x_2), \dots, (0, x_k)$，满足$0 \leq x_1 < x_2 < \dots < x_k \leq 1000$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x+1,y+1)$。求终点在$(n, y_i)$的所有不相交的路径$k$元组的数量。$1 \leq k \leq 10, 1 \leq n \leq 1000$。

解法：

根据Lindström–Gessel–Viennot引理，我们枚举所有可能的终点，记$x_i = (0, x_i)$以及$y_i = (n, y_i)$，将其求和得

$$\sum_{0 \leq y_1 < y_2 < \dots < y_k \leq x_k+n} \left| \begin{matrix} e(x_1, y_1) & e(x_1, y_2) & \dots & e(x_1, y_n) \\ e(x_2, y_1) & e(x_2, y_2) & \dots & e(x_2, y_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(x_n, y_1) & e(x_n, y_2) & \dots & e(x_n, y_n) \end{matrix} \right|.$$

其中，$e(x_i, y_j) = \begin{cases} \binom{n}{y_j-x_i} & 0 \leq y_j-x_i \leq n \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。

令$S = \{s_1, s_2, \dots, s_{|S|}\} \subseteq [k]$，$b$为终点$y_i$的上界，定义

$$f(S, b) = \sum_{0 \leq y_1 < y_2 < \dots < y_{|S|} \leq b} \left| \begin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & \dots & e(x_{s_1}, y_{|S|}) \\ e(x_{s_2}, y_1) & e(x_{s_2}, y_2) & \dots & e(x_{s_2}, y_{|S|}) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & \dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|}) \end{matrix} \right|.$$

于是所求为$f([k], x_k + n)$。

我们可以考虑$f(S, b)$可以从哪些状态推得。

1. $y_{|S|} < b$，此时来自的状态是$f(S, b-1)$。

2. $y_{|S|} = b$，此时所求为

$$\sum_{0 \leq y_1 < y_2 < \dots < y_{|S|-1} < y_{|S|} = b} \left| \begin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & \dots & e(x_{s_1}, y_{|S|}) \\ e(x_{s_2}, y_1) & e(x_{s_2}, y_2) & \dots & e(x_{s_2}, y_{|S|}) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & \dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|}) \end{matrix} \right| = \sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, y_{|S|}) \left| \begin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & \dots & e(x_{s_1}, y_{|S|-1}) \\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ e(x_{s_{i-1}}, y_1) & e(x_{s_{i-1}}, y_2) & \dots & e(x_{s_{i-1}}, y_{|S|-1}) \\ e(x_{s_{i+1}}, y_1) & e(x_{s_{i+1}}, y_2) & \dots & e(x_{s_{i+1}}, y_{|S|-1}) \\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & \dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|-1}) \end{matrix} \right| = \sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, y_{|S|}) f(S\setminus\{s_i\}, b-1).$$

综上，动态规划方程为

$$f(S, b) = f(S, b-1) + \sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, b) f(S\setminus\{s_i\}, b-1).$$

边界条件为$f(S, -\infty) = [S = \emptyset]$。

时间复杂度为$O(k2^k(n+x_k))$。