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LGV引理
LGV引理
定义 \(A\) 是起点集合 \(\{a_1,a_2,...,a_n\}\) 。
【资料图】
\(B\) 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#define ll long longusing 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<>t; while(t--){ // qk(); input(); cout<
关键词:
LGV引理
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