LGV 引理学习笔记

Lindström–Gessel–Viennot lemma，即 LGV 引理，可以用来处理有向无环图上不相交路径计数等问题。

LGV 引理仅适用于 有向无环图 。

定义

$\omega(P)$ 表示 $P$ 这条路径上所有边的边权之积。（路径计数时，可以将边权都设为 $1$ ）（事实上，边权可以为生成函数）

$e(u, v)$ 表示 $u$ 到 $v$ 的 每一条 路径 $P$ 的 $\omega(P)$ 之和，即 $e(u, v)=\sum\limits_{P:u\rightarrow v}\omega(P)$ 。

起点集合 $A$ ，是有向无环图点集的一个子集，大小为 $n$ 。

终点集合 $B$ ，也是有向无环图点集的一个子集，大小也为 $n$ 。

一组 $A\rightarrow B$ 的不相交路径 $S$ ： $S_i$ 是一条从 $A_i$ 到 $B_{\sigma(S)_i}$ 的路径（ $\sigma(S)$ 是一个排列），对于任何 $i\ne j$ ， $S_i$ 和 $S_j$ 没有公共顶点。

$N(\sigma)$ 表示排列 $\sigma$ 的逆序对个数。

引理

$$ M = \begin{bmatrix}e(A_1,B_1)&e(A_1,B_2)&\cdots&e(A_1,B_n)\\ e(A_2,B_1)&e(A_2,B_2)&\cdots&e(A_2,B_n)\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ e(A_n,B_1)&e(A_n,B_2)&\cdots&e(A_n,B_n)\end{bmatrix} $$

$$ \det(M)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^{N(\sigma(S))}\prod\limits_{i=1}^n \omega(S_i) $$

其中 $\sum\limits_{S:A\rightarrow B}$ 表示满足上文要求的 $A\rightarrow B$ 的每一组不相交路径 $S$ ，$\det$ 表示行列式。

证明请参考维基百科。

例题

hdu5852 Intersection is not allowed!

题意：有一个 $n\times n$ 的棋盘，一个棋子从 $(x, y)$ 只能走到 $(x, y+1)$ 或 $(x + 1, y)$ ，有 $k$ 个棋子，一开始第 $i$ 个棋子放在 $(1, a_i)$ ，最终要到 $(n, b_i)$ ，路径要两两不相交，求方案数对 $10^9+7$ 取模。 $1\le n\le 10^5$ , $1\le k\le 100$ ，保证 $1\le a_1<a_2<\dots<a_n\le n$ , $1\le b_1<b_2<\dots<b_n\le n$ 。

观察到如果路径不相交就一定是 $a_i$ 到 $b_i$ ，因此 LGV 引理中一定有 $\sigma(S)_i=i$ ，不需要考虑符号问题。边权设为 $1$ ，直接套用引理即可。

从 $(1, a_i)$ 到 $(n, b_j)$ 的路径条数相当于从 $n-1+b_j-a_i$ 步中选 $n-1$ 步向下走，所以 $e(A_i, B_j)=\binom{n-1+b_j-a_i}{n-1}$ 。

行列式可以使用高斯消元求。

复杂度为 $O(n+k^2(k + \log p))$ ，其中 $\log p$ 是求逆元复杂度。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>

typedef long long ll;

const int K = 105;
const int N = 100005;
const int mod = 1e9 + 7;

int T, n, k, a[K], b[K], fact[N << 1], m[K][K];

int qpow(int x, int y)
{
    int out = 1;
    while (y)
    {
        if (y & 1) out = (ll)out * x % mod;
        x = (ll)x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return out;
}

int c(int x, int y)
{
    return (ll)fact[x] * qpow(fact[y], mod - 2) % mod * qpow(fact[x - y], mod - 2) % mod;
}

int main()
{
    fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N * 2; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;

    scanf("%d", &T);

    while (T--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &k);

        for (int i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", a + i);
        for (int i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", b + i);

        for (int i = 1; i <= k; ++i)
        {
            for (int j = 1; j <= k; ++j)
            {
                if (a[i] <= b[j]) m[i][j] = c(b[j] - a[i] + n - 1, n - 1);
                else m[i][j] = 0;
            }
        }

        for (int i = 1; i < k; ++i)
        {
            if (!m[i][i])
            {
                for (int j = i + 1; j <= k; ++j)
                {
                    if (m[j][i])
                    {
                        std::swap(m[i], m[j]);
                        break;
                    }
                }
            }
            if (!m[i][i]) continue;
            for (int j = i + 1; j <= k; ++j)
            {
                if (!m[j][i]) continue;
                int mul = (ll)m[j][i] * qpow(m[i][i], mod - 2) % mod;
                for (int p = i; p <= k; ++p)
                {
                    m[j][p] = (m[j][p] - (ll)m[i][p] * mul % mod + mod) % mod;
                }
            }
        }

        int ans = 1;

        for (int i = 1; i <= k; ++i) ans = (ll)ans * m[i][i] % mod;

        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

文章目录

定义

引理

例题