LGV引理

LGV引理

定义 \(A\) 是起点集合 \(\{a_1,a_2,...,a_n\}\) 。

\(B\) 是终点集合 \(\{b_1,b_2,...,b_n\}\)。

定义 \(\omega(P)\) 为路径 \(P\) 每一条边权值的乘积，即 ：

\[\omega(P) = \prod_{e \in P}w_e \]

定义 \(e(a,b)\) 表示点 \(a\rightarrow b\) 所有路径 \(P\) 的 \(\omega(P)\) 之和，即：

\[e(a,b) = \sum_{P:a \rightarrow b}\omega(P) \]

定义 \(\sigma\) 为 \(1 \sim n\) 的一个任意全排列，定义 \(P_i\) 代表 \(a_i\rightarrow b_{\sigma_i}\) 一条路径。

设一个从 \(A\) 到 \(B\) 的路径集合 \(L=\{P_1,P_2,P_3,...,P_n\}\) 。

注意当 \(\sigma\) 一定时，路径集合 \(L\) 可能不同( \(a_i\rightarrow b_{\sigma(i)}\) 可能有多条路径)

(集合名称写成 \(L\) 是为了避免后文出现歧义)。

定义 \(t(L)\) 为关于路径集合 \(L\) 的全排列 \(\sigma\) 逆序对个数。

则定义：

\[\omega(L) = \prod_{P \in L}\omega(P) \]

那我们可以知道逆序对是偶数路径条数 \(-\) 逆序对是奇数路径条数答案是：

\[\sum_{L:A\rightarrow B} (-1)^{t(L)}\prod_{i = 1}^n\omega(P_i) \]

\(L\) 是路径均不相交的路径集合。

这个答案如何求呢？

设矩阵：

\[M = \begin{bmatrix} e(a_1,b_1)~~e(a_1,b_2)~...~e(a_1,b_n)\\ e(a_2,b_1)~~e(a_2,b_2)~...~e(a_2,b_n)\\ \vdots~~~~~~~~~~~~~~~\vdots~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\vdots\\ e(a_n,b_1)~~e(a_n,b_2)~...~e(a_n,b_n)\\ \end{bmatrix} \]

其实矩阵行列式就是答案：

\[det(M) = \sum_{L:A\rightarrow B} (-1)^{t(L)}\prod_{P_i \in L}\omega(P_i) \]

如何证明？

先考虑行列式的定义。

\[det(M) = \sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\prod_i^ne(a_i,b_{\sigma(i)}) \]

根据上文 \(e(a,b)\) 定义推导一下。

\[ \begin{aligned} &det(M)\\ &=\sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\prod_i^n\sum_{P_j:a_i \rightarrow b_{\sigma(i)}}\omega(P_j) \\ &=\sum_{L:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{P_i \in L}\omega(P_i) \end{aligned} \]

\[ \]

设 \(U\) 为不相交路径组，\(V\) 为相交路径组。

\[ \sum_{L:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{P_i \in L}\omega(P_i) ~~=\sum_{U:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{U_i \in U}\omega(U_i) + \sum_{V:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{V_i \in V}\omega(V_i) \]

假设一对相交路径：

\[a_i \rightarrow u \rightarrow b_i~~~~~~~~~~~a_j \rightarrow u \rightarrow b_j \]

必定存在一对相交路径：

\[a_i \rightarrow u \rightarrow b_j~~~~~~~~~~a_j \rightarrow u \rightarrow b_i \]

逆序对个数差 \(1\) ，一个为正一个为负抵消。

于是

\[\sum_{V:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{V_i \in V}\omega(V_i) = 0 \]

\[\Rightarrow \sum_{L:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{P_i \in L}\omega(P_i) =\sum_{U:A\rightarrow B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{U_i \in U}\omega(U_i) \]

得证

\[det(M) = \sum_{L:A\rightarrow B} (-1)^{t(L)}\prod_{P_i \in L}\omega(P_i) \]

P6657 【模板】LGV 引理 题解

题意描述

\(n \times n\) 棋盘，\(m\) 个棋子，第 \(i\) 个棋子一开始放在 \((a_i​,1)\) ，最终要走到 \((b_i​,n)\)。问有多少种方案，路径不能相交，求方案数。

保证 \(1≤a_1​≤a_2​≤⋯≤a_m​≤n，1≤b_1​≤b_2​≤⋯≤b_m​≤n\)。

题解

看到不相交，一眼 LGV ，我们看到保证部分，就可以知道他求的是逆序对数量为 0 的路径条数。并且有逆序对数量的路径条数一定为 0 ，就直接套模板了。

特别的，算 \(e(a_i,b_j)\) 可以通过 \(\binom {n - 1 + b_j - a_i} {n - 1}\)。

原理是有 \(n-1\) 条竖着走，有 \(b_j - a_i\) 条横着走，求一下组合数就可以了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, M = 110,mod = 998244353;
int t, n, m, a[M], b[M];
ll pr[N], inv[N], s[M][M];
ll mpow(ll x, ll k)
{
    ll ans = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ans;
}
void pre()
{
    pr[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N - 10; ++i)
        pr[i] = pr[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 10] = mpow(pr[N - 10], mod - 2);
    for(int i = N - 11; i >= 0; --i)
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline ll C(int a,int b)
{
    if(a < b) return 0;
    return pr[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
void input(){
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
        cin>>a[i]>>b[i];
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            s[i][j] = C(n - 1 + b[j] - a[i],n - 1);
            // cout<<s[i][j]<<' ';
        }
        // cout<<'\n';
    }
}
ll op(){
    ll w = 1;
    for(int i = 1; i <= m; ++i){

        for(int j = i + 1; j <= m; ++j){

            while(s[i][i]){
                ll d = s[j][i] / s[i][i];
                for(int k = i; k <= m; ++k){
                    s[j][k] = (s[j][k] - s[i][k] * d % mod + mod) % mod;
                }
                swap(s[i], s[j]);
                w = -w;    
            }
            swap(s[i], s[j]);
            w = -w;
        }
    }    
    w = (w + mod) % mod;
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        w = w * s[i][i] % mod;
    }
    return w;
}
int main(){
    pre();
    cin>>t;
    while(t--){
        // qk();
        input();
        cout<<op()<<'\n';
    }
    return 0;
}