LGV 引理

简介¶

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。

\(t(\sigma)\) 表示排列 \(\sigma\) 的逆序对个数。

引理¶

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

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

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 \(S\)。

证明¶

由行列式定义可得

\[ \begin{align} \det(M)&=\sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{i=1}^n e(a_i,b_{\sigma(i)})\\ &=\sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{i=1}^n \sum_{P:a_i\to b_{\sigma(i)}} \omega(P) \end{align} \]

观察到 \(\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{P:a_i\to b_{\sigma(i)}} \omega(P)\)，实际上是所有从 \(A\) 到 \(B\) 排列为 \(\sigma\) 的路径组 \(P\) 的 \(\omega(P)\) 之和。

\[ \begin{align} &\sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{i=1}^n \sum_{P:a_i\to b_{\sigma(i)}} \omega(P)\\ =&\sum_{\sigma}(-1)^{t(\sigma)}\sum_{P=\sigma}\omega(P)\\ =&\sum_{P:A\to B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{i=1}^n \omega(P_i) \end{align} \]

此处 \(P\) 为任意路径组。

设 \(U\) 为不相交路径组，\(V\) 为相交路径组，

\[ \begin{align} &\sum_{P:A\to B}(-1)^{t(\sigma)}\prod_{i=1}^n \omega(P_i)\\ =&\sum_{U:A\to B}(-1)^{t(U)}\prod_{i=1}^n \omega(U_i)+\sum_{V:A\to B}(-1)^{t(V)}\prod_{i=1}^n \omega(V_i) \end{align} \]

设 \(P\) 中存在一个相交路径组 \(P_i:a_1 \to u \to b_1,P_j:a_2 \to u \to b_2\)，则必然存在和它相对的一个相交路径组 \(P_i'=a_1\to u\to b_2,P_j'=a_2\to u\to b_1\)，\(P'\) 的其他路径与 \(P\) 相同。可得 \(\omega(P)=\omega(P'),t(P)=t(P')\pm 1\)。

因此我们有 \(\sum\limits_{V:A\to B}(-1)^{t(\sigma)}\prod\limits_{i=1}^n \omega(V_i)=0\)。

则 \(\det(M)=\sum\limits_{U:A\to B}(-1)^{t(U)}\prod\limits_{i=1}^n \omega(U_i)=0\)。

证毕¹。

例题¶

例 1 CF348D Turtles

题意：有一个 \(n\times m\) 的格点棋盘，其中某些格子可走，某些格子不可走。有一只海龟从 \((x, y)\) 只能走到 \((x+1, y)\) 和 \((x, y+1)\) 的位置，求海龟从 \((1, 1)\) 到 \((n, m)\) 的不相交路径数对 \(10^9+7\) 取模之后的结果。\(2\le n,m\le3000\)。

比较直接的 LGV 引理的应用。考虑所有合法路径，发现从 \((1,1)\) 出发一定要经过 \(A=\{(1,2), (2,1)\}\)，而到达终点一定要经过 \(B=\{(n-1, m), (n, m-1)\}\)，则 \(A, B\) 可立即选定。应用 LGV 引理可得答案为：

\[ \begin{vmatrix} f(a_1, b_1) & f(a_1, b_2) \\ f(a_2, b_1) & f(a_2, b_2) \end{vmatrix} = f(a_1, b_1)\times f(a_2, b_2) - f(a_1, b_2)\times f(a_2, b_1) \]

其中 \(f(a, b)\) 为图上 \(a\rightarrow b\) 的路径数，带有障碍格点的路径计数问题可以直接做一个 \(O(nm)\) 的 dp，则 \(f\) 易求。最终复杂度 \(O(nm)\)。

参考代码

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

using ll = long long;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int SIZE = 3010;

char board[SIZE][SIZE];
int dp[SIZE][SIZE];

int f(int x1, int y1, int x2, int y2) {
  memset(dp, 0, sizeof dp);

  dp[x1][y1] = board[x1][y1] == '.';
  for (int i = 1; i <= x2; i++) {
    for (int j = 1; j <= y2; j++) {
      if (board[i][j] == '#') {
        continue;
      }
      dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j]) % MOD;
      dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j - 1]) % MOD;
    }
  }
  return dp[x2][y2] % MOD;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  cout.tie(nullptr);

  int n, m;
  cin >> n >> m;

  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> (board[i] + 1);
  }

  ll f11 = f(1, 2, n - 1, m);
  ll f12 = f(1, 2, n, m - 1);
  ll f21 = f(2, 1, n - 1, m);
  ll f22 = f(2, 1, n, m - 1);

  ll ans = ((f11 * f22) % MOD - (f12 * f21) % MOD + MOD) % MOD;
  cout << ans << '\n';

  return 0;
}

例 2 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 \(O(n+k(k^2 + \log p))\)，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;
      int inv = qpow(m[i][i], mod - 2);
      for (int j = i + 1; j <= k; ++j) {
        if (!m[j][i]) continue;
        int mul = (ll)m[j][i] * inv % 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;
}

参考资料¶

证明来源于知乎 - LGV 引理证明 ↩