\(LGV\)引理
定義\(w(P)\)為有向路徑\(P\)上所有邊權的乘積，並定義\(f(a,b)\)表示\(a\rightarrow b\)的所有有向路徑邊權乘積之和，即：
\[f(a,b)=\sum_{P:a\rightarrow b}w(P) \]
列出一個矩陣：
\[M=\begin{bmatrix} f(a_1,b_1)&f(a_1,b_2)&\cdots&f(a_1,b_n)\\ f(a_2,b_1)&f(a_2,b_2)&\cdots&f(a_2,b_n)\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ f(a_n,b_1)&f(a_n,b_2)&\cdots&f(a_n,b_n) \end{bmatrix} \]
對於\(A\rightarrow B\)的一個不交路徑集合\(P_{1\sim n}\)，其中\(P_i\)表示從\(a_i\)到\(b_{\sigma(P)_i}\)的一條路徑（\(\sigma(P)\)是\(P\)對應的一個排列）。
然后對一個排列\(\sigma\)定義\(sgn(\sigma)\)，當\(\sigma\)中逆序對個數為偶數時\(sgn(\sigma)=1\)，為奇數時\(sgn(\sigma)=-1\)。
則滿足：
\[\det(M)=\sum_{P:A\rightarrow B}sgn(\sigma(P))\prod_{i=1}^nw(P_i) \]
路徑不交問題
一種比較常見的題型，是求從每個\(a_i\)到\(b_i\)，在滿足路徑不交的前提下，所有方案中路徑邊權乘積之和。
則根據行列式的計算式發現：
\[\det(M)=\sum_{\sigma}sgn(\sigma)\prod_{i=1}^nf(a_i,b_{\sigma(i)}) \]
考慮如果兩個人的路徑相交了，我們可以將相交后的部分取反，就相當於這兩人分別走到了對方的終點去。
因此，我們可以把這當作一個容斥問題看待，即枚舉一個排列\(\sigma\)表示每個人走到了誰的終點去。
然后發現容斥系數是\(sgn(\sigma)\)，也就是說這個\(\det(M)\)其實就是答案。
模板題解法
- 給定一張\(n\times m\)的棋盤，每次只能向右或向下走一步。
- 有\(m\)個棋子，分別要從\((a_i,1)\)走到\((b_i,n)\)，求路徑不交的方案數。
- \(n\le10^6,m\le100\)
超級簡化版。
相當於每條路徑邊權都是\(1\)，那么\(f(a_i,b_j)\)實際上就是從\((a_i,1)\)走到\((b_j,n)\)的方案數。
這應該算是個經典組合數問題，顯然就是\(C_{n-1+b_j-a_i}^{n-1}\)。
代碼：\(O(n+m^3)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define M 100
#define X 998244353
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X)//組合數
using namespace std;
int n,m,a[M+5],b[M+5];I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int Fac[2*N+5],IFac[2*N+5];I void InitFac(CI S)//預處理階乘和階乘逆元
{
RI i;for(Fac[0]=i=1;i<=S;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;
for(IFac[i=S]=QP(Fac[S],X-2);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;
}
namespace G//高斯消元
{
int a[M+5][M+5];I int Det(CI n)//求解行列式
{
RI i,j,k,t,s=1;for(i=1;i<=n;s=1LL*s*a[i][i]%X,++i)
{
if(!a[i][i]) {for(s=X-s,j=i+1;j<=n&&!a[j][i];++j);for(k=i;k<=n;++k) swap(a[i][k],a[j][k]);}
for(j=i+1;j<=n;++j) for(t=1LL*(X-a[j][i])*QP(a[i][i],X-2)%X,k=i;k<=n;++k) a[j][k]=(a[j][k]+1LL*t*a[i][k])%X;
}return s;
}
}
int main()
{
RI Tt,i,j;InitFac(N<<1),scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d",a+i,b+i);
for(i=1;i<=m;++i) for(j=1;j<=m;++j) G::a[i][j]=a[i]<=b[j]?C(n-1+b[j]-a[i],n-1):0;//組合數計算路徑數
printf("%d\n",G::Det(m));
}return 0;
}