LGV引理
看着格路计数看着看着就到这了。
LGV引理
LGV引理拿来求DAG图上不相交路径计数等问题（事实上在不是平面图的DAG上会有若干问题，一会再说）。
然后是引理内容。首先是一大堆定义。
\(\omega(P)\) 为 \(P\) 这条路径上所有边的边权乘积。一般都是 \(1\) ，拿来路径计数。（据说只要边权在交换环上都可以，比如生成函数）。
\(e(u,v)\) 为 \(u\rightarrow v\) 的每条路径 \(P\) 的 \(\omega(P)\) 之和。
一组 \(A\rightarrow B\) 的不相交路径 \(S\) ： \(S_i\) 是一条从 \(A_i\) 到 \(B_{\sigma(i)}\) 的路径（ \(\sigma(i)\) 是一个排列），满足 \(\forall i\neq j\) ， \(S_i,S_j\) 没有公共顶点。
\(N(\sigma)\) 表示排列 \(\sigma\) 的逆序对个数。
然后终于到了引理内容。设矩阵
那么所有从 \(A\) 到 \(B\) 的不相交路径的带符号和
的值为 \(\det(M)\) 。
证明不会。直接上题。
P6657 【模板】LGV引理
题意： \(m\) 个棋子，第 \(i\) 个要从 \((a_i,1)\) 走到 \((b_i,n)\) ，求所有棋子路径不相交的方案数\(\mod 998244353\)。
首先按照套路直接把所有 \(\omega\) 看成 \(1\) ，然后 \(e(i,j)\) 就是从 \((a_i,1)\) 走到 \((b_j,n)\) 的路径条数，显然是 \(\binom{b_j-a_i+n-1}{n-1}\) 。直接求行列式即可。
这东西上代码我怕不是有什么大病。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,a[110][110],jc[2000010],inv[2000010],A[110],B[110];
int qpow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int C(int n,int m){
if(n<m)return 0;
return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int gauss(int n){
int ans=1,w=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
while(a[i][i]){
int rate=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=i;k<=n;k++){
a[j][k]=(a[j][k]-1ll*rate*a[i][k]%mod+mod)%mod;
}
for(int k=1;k<=n;k++)swap(a[i][k],a[j][k]);
w=-w;
}
for(int k=1;k<=n;k++)swap(a[i][k],a[j][k]);
w=-w;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*a[i][i]%mod;
ans=(1ll*ans*w%mod+mod)%mod;
return ans;
}
signed main(){
int tim;scanf("%d",&tim);jc[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=2000000;i++)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
inv[2000000]=qpow(jc[2000000],mod-2);
for(int i=1999999;i>=1;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
while(tim--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&A[i],&B[i]);
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=C(B[j]-A[i]+n-1,n-1);
}
}
printf("%d\n",gauss(m));
}
return 0;
}
CF248D Turtle
题意：网格图一些点不能走，两个点从 \((1,1)\) 走到 \((n,m)\) ，求不相交路径数 \(\mod 1000000007\) 。（他的 \((1,1)\) 是左上角 \((n,m)\) 是右下角）
首先显然第一步必须一个往右一个往下。然后如果不相交显然往右的必须到 \((n-1,m)\) ，往下的必须到 \((n,m-1)\) 。所以这玩意就变成了普及组 \(dp\) 外加一个二阶行列式，爆算即可。
然后让我蒯一点jijidawang的博客里的题。
ABC216H
题意： \(K\) 个机器人，每个初始位置为 \(x_i\) ，现在所有机器人同时走 \(n\) 步，每步有 \(\frac 12\)的概率向右或不动，求没有机器人相遇的方案数。 \(n,x\le 1000,K\le 10\) 。
首先转化成二维网格上的问题。不动就是向上走，向右就是向右上。所以最后一定会向上 \(n\) 步。
然后我们发现 \(n\) 大的要命没法大力枚举在哪里停住然后硬上LGV引理。
所以看 \(K\) 比较小，考虑状压。设 \(dp[s][j]\) 为 \(s\) 集合内最右边的点位置 \(\le j\) 的带权方案数，那么每次考虑加进来一个点，显然有
然后是我们开头的那句话：“在不是平面图的DAG上会有若干问题”。来看看会有哪些问题。
NOI2021D1T2 路径交点
经过感性理解我们可以提出：中间的点其实没有影响，交点的奇偶只与从起点到终点的路径组的逆序对的奇偶有关。也就是说我们直接求所有路径组的带方向权值和，直接上LGV引理就行。
为什么这个题可以直接上LGV引理呢？发现别的题中符合要求的匹配只有一组，因此按照匹配的顺序列矩阵求出的就是不交路径数量。但是这个题有最多 \(n!\) 组匹配，所以这时直接上就不是原本的权值和，而是带方向（逆序对偶数为正，奇数为负）的权值和。而这个题正好需要带方向的权值和，所以可以直接上。
路径数量可以直接大力BFS求出，不再说明。
