LGV 引理和 Martrix-Tree 定理
LGV 引理：
LGV 引理是用来处理 \(n\) 条不相邻路径计数问题。
直接从题目开始讲吧。
P6657 【模板】LGV 引理
我们考虑一种存在交点的方案，两条路径会长成这样。
我们考虑构造一个有交路劲到有交路径的双射，找到第一个交点（可以给所有点定义一个拓扑序，例如先行后列，编号从大到小等，找到拓扑序最小的交点），然后将交点以后的两条路径翻转，即上面的两条路径会变成这样。
如果我们能让这两种有交路径抵消掉，最后就只会剩下没有交点的路径。
我们考虑构造 \(n\times n\) 的矩阵 \(M\)，使得 \(M_{i,j}\) 表示 \((a_i,1)\) 到 \((b_j,n)\) 的路径数量，我们发现 \(M\) 的行列式就是答案。
对于不相交路径，肯定会被计算恰好一次，我们考虑存在交点的路径，根据上面的双射，找出另一条有交路径，由于排列交换两个元素逆序对奇偶性恰好改变，所以两者抵消。
最后只需要求 \(M\) 的行列式即可。
P7736 [NOI2021] 路径交点
对于一组路径，设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个起点对应的终点，显然 \(p\) 是个排列。
注意到纸上交点数的奇偶性与 \(p\) 的逆序对奇偶性相同。
如果构造 \(n_1\times n_1\) 的矩阵 \(M\)，使得 \(M_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个起点到第 \(j\) 个终点的路径方案数。
那么 \(M\) 的行列式会把在点上有交点的路径抵消掉，没有交点的路径会有 \((-1)^{\text{inv}p}\) 的系数，正好是纸上交点数的奇偶性，所以 \(M\) 的行列式正好是答案。
所以 LGV 引理求的是不相交路径的带权和。
CF348D Turtles
两条路径不相交肯定一条走 \((1,2)\to(n-1,m)\)，另一条走 \((2,1)\to(n,m-1)\)。
直接写 \(2\times 2\) 的矩阵求行列式就行了。
P11704 [ROIR 2025] 旅行路线
首先把题目转化成 \((1,2)\to(n-1,m)\)，\((2,1)\to(n,m-1)\)，两条路径要经过所有关键点且两条路径不相交。
不考虑相交，先将所有的点排序，只要满足后面的点一定不能走到前边的点就行了。
设 \(f_{i,j}\) 表示现在考虑到第 \(i\) 个关键点，其中一条路径结尾为 \(i\)，另一条路径的结尾为 \(j\)。
双射一下，就可以把 \((1,2)\to(n-1,m)\)，\((2,1)\to(n,m-1)\) 的有交路径一一映射到 \((1,2)\to(n,m-1)\)，\((2,1)\to(n-1,m)\) 的路径上。
把两个都求一遍相减就行了。
qoj3082 Ascending Matrix
先不考虑 \(a_{r,c}=v\) 的条件。
一个关键的转化，画一个 \(n\times m\) 的表格，将这个表格横线和竖线的交点标上坐标，分别是 \((0,0),\dots,(n,m)\)。
我们把 \(\le i\) 和 \(>i\) 的元素画上分界线，那么分界线肯定是 \((n,0)\to(0,m)\) 的一条路径。
这 \(k-1\) 条分界线不能有交叉，但是可以有交点，所以我们把第 \(i\) 条分界线往右 & 往下平移 \(i-1\) 个单位。
那就变成了现在有 \(k-1\) 条路径，起点是 \((n+i-1,i-1)\)，终点是 \((i-1,m+i-1)\)，这 \(k-1\) 条路径互不相交。
这直接用 LGV 引理做就行了。
如果有 \(a_{r,c}=v\) 的条件，那么需要满足有恰好 \(v-1\) 条线在点 \(P(r+v-2,c+v-2)\) 的左上方，且不存在一条线经过 \(P\)。
求法就是找中转点 \((x_{P}-d,y_{P}-d),1\le d\le\min(x_{P},y_{P})\) 就行了。
若一条线在 \(P\) 的左上方，那么给他赋 \(x\) 的权值，否则给他赋 \(1\) 的权值，那么求行列式后就是个关于 \(x\) 的多项式，答案就是这个多项式的 \(x^{v-1}\) 项系数。
直接算是 \(O(n^5)\) 或者 \(O(n^4\log n)\) 的，用一个经典 trick，带入 \(k\) 个点值，最后用 Lagrange 插值求出系数，时间复杂度 \(O(n^4)\)。
其他题目
Matrix-Tree 定理
矩阵树定理是用来求图的生成树个数的，无向图就是生成树个数，有向图则分内向树和外向树，而且要确定根。
公式
无向图版本
给出一个无向无权图，设 \(A\) 为邻接矩阵，\(D\) 为度数矩阵，其中 \(D_{i,i}\) 表示 \(i\) 的度数，其他为 \(0\)。
则其基尔霍夫（Kirchhoff）矩阵为 \(K=D-A\)。
令 \(K'\) 为任意一个 \(K\) 的 \(n-1\) 阶主子式，那么 \(K'\) 的行列式就是生成树个数。
有向图版本
设根为 \(i\)，需要改变一下度数矩阵 \(D\) 和 \(K'\) 的定义：
- 若是外向树，此时 \(D\) 定义为入度矩阵，且 \(K'\) 表示 \(K\) 删掉第 \(i\) 行和第 \(i\) 列所有元素的矩阵。
- 若是内向树，此时 \(D\) 定义为出度矩阵，且 \(K'\) 表示 \(K\) 删掉第 \(i\) 行和第 \(i\) 列所有元素的矩阵。
带权版本
上述定理是可以有重边的，如果把重边看成一条边的系数，那么一个生成树的权值就是生成树所有边的乘积。矩阵树定理就会求出所有生成树的权值和。
P6624 [省选联考 2020 A 卷] 作业题
将 gcd 用欧拉反演弄掉，枚举 \(d\) 所有边权是 \(d\) 的倍数的边才能用，注意图要联通，所以至少会有 \(n-1\) 条边是 \(d\) 的倍数，所以合法的 \(d\) 只会有 \(O(\frac{\sum\tau(a_i)}{n})\) 种。
现在的问题是如何快速求出所有生成树的边权和的和。
我们给每条边赋一个 \(wx+1\) 的权值，这样其边权的乘积的 \(x\) 项系数就会得到 \(w\) 的和，由于我们只需要 \(1\) 次项，所以只需要维护多项式 \(\bmod x^2\) 的值，所以求一次就是 \(O(n^3)\) 的。
最终复杂度 \(O(n^2\sum\tau(a_i))\)。
CF917D Stranger Trees
考虑一个完全图，原树上的边的权值为 \(x\)，其余权值为 \(1\)，那么这个图的生成树的权值和的 \(x^k\) 项系数就是公共边数量为 \(k\) 的方案数。
直接带入 \(n\) 个点值，Lagrange 插值求出来就行了，时间复杂度 \(O(n^4)\)。
BEST 定理
BEST 定理可以用来求解有向图欧拉回路 / 欧拉路径问题（注意无向图欧拉回路计数是 NP 完全的）。
BEST 定理是通过构造欧拉回路和起点根向树的双射，起点的根向树是可以用矩阵树定理解决的。
证明
直接拿板题来说，P5807 【模板】BEST 定理 / Which Dreamed It。
我们构造如下双射，对于根节点 \(1\)（起点），我们保留所有非根节点在欧拉回路里的最后一条边，这会构成一个图。
- 一个以 \(k\) 为根的根向树形图，由所有非根顶点处的最后一条出边组成，方案数是以 \(1\) 为根的根向树数量；
- 根 \(1\) 处所有出边的排列顺序，方案数是 \(\deg_1!\)；
- 非根节点 \(v\) 处所有出边除了最后一条边的排列顺序，方案数是 \((\deg_v-1)!\)。
接下来我们证明这是一组双射。
首先从后推前，每个点都只会指向在环中更靠后的点所以肯定不会成环，又显然根节点是 \(1\)，所以每个欧拉回路可以对应一颗以 \(1\) 为根的根向树。
其次从前推后，直接从 \(1\) 开始按照顺序进行遍历，根据欧拉回路的性质，最后一定能跑出欧拉回路。
所以这道题直接求出以 \(1\) 为根的根向树个数 \(T\)，输出 \(T\deg_1!\prod_{i=2}^n(\deg_i-1)!\)。
P7531 [USACO21OPEN] Routing Schemes P
P7531 [USACO21OPEN] Routing Schemes P
有与 \(k\) 无关的做法。
考虑建立虚电 \(S\)，\(S\) 连向所有发送者，所有接收者连向 \(S\)，那么一条欧拉回路就可以推出方案。
但是可能会有多条欧拉回路推出同一组方案，因为 \(S\) 走出边的顺序随意，所以答案要除以 \(\deg_S!\)。
AT_agc051_d [AGC051D] C4
虽然无向图欧拉回路计数是 NP 完全的，但是这个图比较特殊，我们考虑枚举 \(S\to T\) 的有向边有几条，所以可以推出其他的所有有向边有几条，有向图欧拉路径计数就可以用 BEST 定理了。
注意重边是可以随便走的但是欧拉回路里会被算作多次，所以还要除以所有重边数量的阶乘。
CF1919E Counting Prefixes
可以看作一个数轴，从 \(0\) 开始，每次可以左右移动一个单位，使得每个点经过的次数与给定数组相同。
同样的枚举终点 \(T\)，起点显然是 \(S=0\)，这样就可以推出每条边的经过次数。
所以要求出这个图的欧拉路径方案树，欧拉路径和欧拉回路是差不多的，以 \(t\) 为根，双射仍然成立，这个图的根向生成树方案数个数是好求的，所以可以做到 \(O(n^2)\)。
还是要注意重边。
浙公网安备 33010602011771号