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。
前置知识：图论相关概念 中的基础部分、矩阵、高斯消元求行列式。
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。
证明请参考 维基百科。
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
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51 | #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;
}
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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。
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76 | #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;
}
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