不相交路径[BZOJ1471] 容斥原理 拓扑排序

最近学容斥的时候又碰到一道类似的题目，所以想分享一个套路，拿这题来举例
【题目描述】
给出一个\(N(N\leq 150)\)个结点的有向无环简单图。给出4个不同的点\(a,b,c,d\)，定义不相交路径为两条路径，两条路径的起点分别为\(a\)和\(c\)，对应的两条路径的终点为\(b\)和\(d\)，要求满足这两条路径不相交，即两条路径上没有公共的点。 现在要求不相交路径的方案数。
【输入格式】
第一行为\(N,M\)。表示这个有向无环图有\(N\)个节点，\(M\)条边。 接下来\(M\)行，每行两个整数\(x,y\)。表示\(x\)至\(y\)有一条有向边。 接下来一行四个数\(a,b,c,d\)，意义如题中所述。
【输出格式】
输出为一行，即答案（方案数）。

在写这题之前，先看另外一个问题：

一个\(N*M(N, M \le 100000)\)的矩阵，从\((0,0)\)出发，每次可以向上或者向右走一步，问有多少种方案到达点\((N,M)\)？
很显然，答案是\(C^N_{N*M}\)。
那如果规定有\(K\)个点是不能走的呢？\((k \le 1000)\)
如果直接递推的话肯定是会超时的 所以我们要使用一些数学方法

具体来说，合法方案数等于总方案数减去不合法方案数 废话
如果直接对于每个不合法点统计有多少路径经过它，然后用总数减去这些方案的话，很有可能会重复删减同一个方案，因为一种方案可能经过多个不合法点。
所以我们改变一下思路，设\(f[i]\)表示有多少路径第一个经过的不合法点为\(i\)，最后用总方案数减去所有的\(f[i]\)。由于一条不合法路径无论如何都只会有一个【第一个经过的不合法点】，所以这种方法显然是正确的。

统计时，只需将所有不合法点先按照\(X,Y\)轴大小排好序，对于一个不合法点\(i\)，\(f[i] = (从(0,0)到i点的方案数 - \sum f[j]) * 从i点到(N,M)\)的方案数，其中\(j\)是所有位于它左下方的点。
时间复杂度 \(O(k^2)\)，这就是数学的力♂量

再看此题，类似的，我们可以设\(f[i]\)表示第一次相交在\(i\)点的情况数。
先用\(DP, Floyd\),等各种奇葩方法求出任意两点\(u, v\)从\(u\)到\(v\)的路径数。
然后按照拓扑序算出每个\(f[i]\)，\(f[i] = (cnt[a][i] * cnt[b][i] - \sum f[j] * cnt[j][i]^2) * cnt[i][c] * cnt[i][d]\)，\(j\)为每个拓扑序在\(i\)之前的点。
答案\(=\)总方案数 \(- \sum f[i]\)

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, a, b, c, d, ans;
ll x[505][505], in[505], f[505][505], g[505];
ll que[5005], head = 1, tail;

void toposort() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (in[i] == 0) que[++tail] = i, in[i] = -1;
	}
	while (head <= tail) {
		ll c = que[head];
		head++;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (x[c][i]) {
				in[i]--;
				if (in[i] == 0) que[++tail] = i, in[i] = -1;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		ll xx, yy;
		scanf("%lld %lld", &xx, &yy);
		x[xx][yy] = f[xx][yy] = 1;
		in[yy]++;
	}
	scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d);
	toposort();
	for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			ll u = que[i], v = que[j];
			for (int k = 1; k <= n; k++) {
				if (x[v][k]) {
					f[u][k] += f[u][v];
				}
			}
		}
	}
	ans = f[a][b] * f[c][d];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ll cur = que[i];
		g[cur] = f[a][cur] * f[c][cur];
		for (int j = i - 1; j >= 1; j--){
			g[cur] -= g[que[j]] * f[que[j]][cur] * f[que[j]][cur];
		} 
		ans -= g[cur] * f[cur][b] * f[cur][d];
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}