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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

表示 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 ）（事实上，边权可以为生成函数）

表示 到 的 每一条 路径 的 之和，即 。

起点集合 ，是有向无环图点集的一个子集，大小为 。

终点集合 ，也是有向无环图点集的一个子集，大小也为 。

一组 的不相交路径 ： 是一条从 到 的路径（ 是一个排列），对于任何 ， 和 没有公共顶点。

表示排列 的逆序对个数。

引理

其中 表示满足上文要求的 的每一组不相交路径 。

证明

由行列式定义可得

观察到 ，实际上是所有从 到 排列为 的路径组 的 之和。

此处 为任意路径组。

设 为不相交路径组， 为相交路径组，

设 中存在一个相交路径组 ，则必然存在和它相对的一个相交路径组 ， 的其他路径与 相同。可得 。

因此我们有 。

则 。

证毕1。

例题

例 1 CF348D Turtles

题意：有一个 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 只能走到 和 的位置，求海龟从 到 的不相交路径数对 取模之后的结果。。

比较直接的 LGV 引理的应用。考虑所有合法路径，发现从 出发一定要经过 ，而到达终点一定要经过 ，则 可立即选定。应用 LGV 引理可得答案为：

其中 为图上 的路径数，带有障碍格点的路径计数问题可以直接做一个 的 dp，则 易求。最终复杂度 。

参考代码 
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;

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

string board[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);

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

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

  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 HDU 5852 Intersection is not allowed!

题意：有一个 的棋盘，一个棋子从 只能走到 或 ，有 个棋子，一开始第 个棋子放在 ，最终要到 ，路径要两两不相交，求方案数对 取模。，，保证 ，。

观察到如果路径不相交就一定是 到 ，因此 LGV 引理中一定有 ，不需要考虑符号问题。边权设为 ，直接套用引理即可。

从 到 的路径条数相当于从 步中选 步向下走，所以 。

行列式可以使用高斯消元求。

复杂度为 ，其中 是求逆元复杂度。

参考代码 
#include <algorithm>
#include <iostream>

using ll = long long;

constexpr int K = 105;
constexpr int N = 100005;
constexpr 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;
}

using std::cin;
using std::cout;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  fact[0] = 1;
  for (int i = 1; i < N * 2; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;

  cin >> T;

  while (T--) {
    cin >> n >> k;

    for (int i = 1; i <= k; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= k; ++i) cin >> 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;

    cout << ans << '\n';
  }

  return 0;
}

参考资料

  1. 证明来源于 知乎 - LGV 引理证明 ↩

最后更新: 2024年3月26日
创建日期: 2019年9月1日
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