LGV 引理

基本定义

LGV 引理可以用来处理有向无环图不相交路径对计数等问题。注意是有向无环图。

\(\omega(p)\) 表示路径 \(p\) 上边权之积。处理路径计数问题时大可将边权设做 \(1\)。

\(\{a\to b\}\) 表示 \(a\) 点到 \(b\) 点的所有路径的集合。

\(e(a,b)=\sum_{p\in\{a\to b\}}\omega(p)\)。处理路径计数问题时就是路径方案数。

起点集合 \(S\) 与终点集合 \(T\)，为图上大小相等（令其大小作 \(n\)）的两个点集。

定义一组 \(A\to B\) 的路径组 \(P\) 为满足下述条件的 \(n\) 条路径的集合：\(P_i\in\{A_i\to B_{\pi(P)_i}\}\)。\(\pi(P)\) 是一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列。定义一个路径组为不相交路径组当且仅当 \(\forall i\ne j\)，满足 \(P_i\) 与 \(P_j\) 无公共顶点。

令 \(\phi(\pi)\) 为满足 \(\forall i\in[1,n]\cap Z,P_i\in\{A_i\to B_{\pi_i}\}\) 的路径组 \(P\) 的集合。

\(\{A\Rightarrow B\}\) 表示 \(A\to B\) 的所有路径组的集合。\(\{A\Rightarrow_d B\}\) 表示 \(A\to B\) 的所有不相交路径组的集合。\(\{A\Rightarrow_i B\}=\{A\Rightarrow B\}\setminus\{A\Rightarrow_d B\}\)。

\(\tau(\pi)\) 表示排列 \(\pi\) 的逆序数。

LGV 引理

构造矩阵 \(M\) 满足 \(M_{i,j}=e(S_i,T_j)\)，则：

\[\det(M)=\sum_{P\in\{S\Rightarrow_d T\}}(-1)^{\tau(\pi(P))}\prod_{i=1}^n\omega(P_i) \]

证明

\[\begin{aligned} \det(M)&=\sum_{\pi}(-1)^{\tau(\pi)}\prod_{i=1}^ne(S_i,T_{\pi_i})\\ &=\sum_{\pi}(-1)^{\tau(\pi)}\prod_{i=1}^n\sum_{p\in\{S_i\to T_{\pi_i}\}}\omega(p)\\ &=\sum_{\pi}(-1)^{\tau(\pi)}\sum_{P\in\phi(\pi)}\prod_{i=1}^n\omega(P_i)\\ &=\sum_{P\in\{S\Rightarrow T\}}(-1)^{\tau(\pi(P))}\prod_{i=1}^n\omega(P_i)\\ \end{aligned} \]

故而我们只需证明：

\[\sum_{P\in\{S\Rightarrow_i T\}}(-1)^{\tau(\pi(P))}\prod_{i=1}^n\omega(P_i)=0 \]

对于一组相交路径组 \(P\)，我们找到任意一个交点对应的两条路径（多条路径交于一点任选两条），互换这两条路径的终点及这个交点到各自终点这一段路径，其余部分和路径保持不变，会得到另一个相交路径组，并且二者 \(\tau\) 奇偶性不同。显然我们可以用上述方式将所有相交路径组两两配对，得证。

特殊形式

如果存在唯一一个 \(\pi\) 满足 \(\phi(\pi)\cap \{S\Rightarrow_d T\}\ne\varnothing\)，那么构造矩阵 \(M\) 满足 \(M_{i,j}=e(S_i,T_{\pi_j})\)（这里 \(e\) 仅表路径数），则 \(\det(M)\) 即为 \(S\to T\) 的不相交路径组组数。

例题

CF348D Turtles

就是板子，不难发现第一步必须一个往上一个往右，最后一步也是，故而有两个起点和终点，并且不难发现满足特殊形式性质，直接 LGV 引理处理即可。

code

const int N=3005;

int n,m;
char g[N][N];
mint f[N][N][2];

inline mint det(vec<vec<mint>> v){
	int n=v.size();mint res=1;
	repl(i,0,n)repl(j,i+1,n)if(v[j][i].x){
		if(!v[i][i].x)swap(v[i],v[j]),res*=-1;
		else{
			mint d=v[j][i]/v[i][i];
			repl(k,0,n)v[j][k]-=d*v[i][k];
		}
	}
	repl(i,0,n)res*=v[i][i];
	return res;
}

inline void Main(){
	cin>>n>>m;
	rep(i,1,n)rep(j,1,m)cin>>g[i][j];
	if(g[1][2]=='#'||g[2][1]=='#'||g[n-1][m]=='#'||g[n][m-1]=='#')return put(0),void();
	f[n-1][m][0]=f[n][m-1][1]=1;
	per(i,n,1)per(j,m-max(0,i-n+2),1)if(g[i][j]=='.')rep(k,0,1)f[i][j][k]=f[i+1][j][k]+f[i][j+1][k];
	vec<vec<mint>> v;v.resize(2,vec<mint>(2));
	rep(i,0,1)rep(j,0,1)v[i][j]=(i?f[2][1]:f[1][2])[j];
	put(det(v));
}

P7736 [NOI2021] 路径交点

还是板子题。

我们先忽略一个点只能在一条路径上的限制，考虑交点的奇偶性与什么有关。

考虑两条路径，我们有：这两条路径有奇数个交点，当且仅当起点与终点的相对位置关系发生了变化。由于起点终点一一对应，我们可以将对应起点的编号填在终点上，那么这个描述等价于产生了一个逆序对。

证明的话，你考虑相对位置关系发生了变化，那么显然会原本在上面的路径会穿奇数次另一条路径，才能保证最后在另一条路径下面。反之同理。

故而交点的奇偶性等价于终点序列的奇偶性，直接 LGV 引理即可。路径方案数直接拓扑一下就完了。

然后我们考虑一个点只能在一条路径上的限制，事实上不用考虑，因为这些方案会自己一一抵消。证明的话就是上面引理证明部分 \(\sum_{P\in\{S\Rightarrow_i T\}}(-1)^{\tau(\pi(P))}\prod_{i=1}^n\omega(P_i)=0\) 的证明，会自己一一配对容斥掉，不会影响答案。

code

const int N=205;

int k,n[N],m[N];
int id[N][N],idx;
vec<int> g[N*N];

inline mint det(vec<vec<mint>> v){
	int n=v.size();mint res=1;
	repl(i,0,n)repl(j,i+1,n){
		if(!v[i][i].x)swap(v[i],v[j]),res*=-1;
		else{
			mint d=v[j][i]/v[i][i];
			repl(k,0,n)v[j][k]-=d*v[i][k];
		}
	}
	repl(i,0,n)res*=v[i][i];
	return res;
}

mint f[N*N][N];

bool inq[N*N];
queue<int> q;

inline void Main(){
	cin>>k;idx=0;
	rep(i,1,k)cin>>n[i];
	rep(i,1,k)rep(j,1,n[i])id[i][j]=++idx;
	rep(i,1,idx)g[i].clear();
	repl(i,1,k)cin>>m[i];
	repl(i,1,k)rep(j,1,m[i]){
		int a,b;cin>>a>>b;
		g[id[i+1][b]].pub(id[i][a]);
	}
	memset(f,0,sizeof f);
	rep(i,1,n[1])f[id[k][i]][i]=1,q.push(id[k][i]),inq[id[k][i]]=1;
	while(q.size()){
		int x=q.front();q.pop();inq[x]=0;
		for(auto y:g[x]){
			rep(i,1,n[1])f[y][i]+=f[x][i];
			if(!inq[y])q.push(y),inq[y]=1;
		}
	}
	vec<vec<mint>> v;v.resize(n[1],vec<mint>(n[1]));
	repl(i,0,n[1])repl(j,0,n[1])v[i][j]=f[i+1][j+1];
	put(det(v));
}