====== LGV 引理 ======

===== 算法简介 =====

一种统计有向无环图不相交路径集的算法。

===== 算法原理 =====

定义路径的权值 $w(P)$ 表示路径 $P$ 的所有边权之积。

定义 $e(u,v)$ 表示所有 $u\to v$ 的路径的权值之和，即 $e(u,v)=\sum_{P\in\{u\to v\}}w(P)$。

定义起点集合为 $A$，其中第 $i$ 个起点为 $a_i$。终点集合为 $B$，其中第 $i$ 个终点为 $b_i$。

定义路径组的集合 $S(A,B)$，$S(A,B)$ 中的每个元素 $c$ 表示一个路径组，含有 $n$ 条路径，其中第 $i$ 条路径 $a_i\to b_{p_i}$，$P$ 是 $1\sim n$ 的排列。

定义 $N(c)$ 表示路径组 $c$ 的 $P$ 排列中的逆序对个数，$w(c)$ 表示路径组 $c$ 的所有路径权值之积。

设

$$
M=\begin{bmatrix}
e(a_1,b_1)&e(a_1,b_2)&\cdots&e(a_1,b_n)\\
e(a_2,b_1)&e(a_2,b_2)&\cdots&e(a_2,b_n)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
e(a_n,b_1)&e(a_n,b_2)&\cdots&e(a_n,b_n)\\
\end{bmatrix}
$$

则有 

$$
\det M=\sum_{c\in S(a,b)}(-1)^{N(c)}w(c)
$$

特别的，令图上所有边权为 $1$，同时限定 $a_i$ 的对应点一定是 $b_i$，即 $c$ 的排列就是 $1\sim n$。

此时有 $N(c)=0,w(c)=1$，于是

$$
\det M=\sum_{c\in S(a,b)}1
$$

===== 算法模板 =====

[[https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5852|HDU5852]]

给定一个二维平面，求满足如下条件的 $k$ 元路径组个数：

  - 第 $i$ 条路径 $(1,a_i)\to (n,b_i)$
  - 每次移动只能选择 $(x,y)\to (x,y+1),(x+1,y)$

显然 $e(i,j)={n-1+b_j-a_i\choose n-1}$，然后直接跑高斯消元板子，时间复杂度 $O\left(k^3\right)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int mod=1e9+7,MAXN=2e5+5,MAXK=105;
int quick_pow(int n,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
		n=1LL*n*n%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int frac[MAXN],invf[MAXN];
int C(int n,int m){
	if(n<m)return 0;
	return 1LL*frac[n]*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod;
}
int a[MAXN],b[MAXN];
int c[MAXK][MAXK];
int cal(int n){
	int ans=1;
	_rep(i,1,n){
		int pos=0;
		_rep(j,i,n){
			if(c[j][i]){
				pos=j;
				break;
			}
		}
		if(!pos)return 0;
		if(pos!=i){
			_rep(j,i,n)
			swap(c[i][j],c[pos][j]);
		}
		ans=1LL*ans*c[i][i]%mod;
		int t=quick_pow(c[i][i],mod-2);
		_rep(j,i,n)
		c[i][j]=1LL*c[i][j]*t%mod;
		_rep(j,i+1,n){
			for(int k=n;k>=i;k--)
			c[j][k]=(c[j][k]-1LL*c[j][i]*c[i][k])%mod;
		}
	}
	return (ans+mod)%mod;
}
void solve(){
	int n=read_int(),k=read_int();
	_rep(i,1,k)a[i]=read_int();
	_rep(i,1,k)b[i]=read_int();
	_rep(i,1,k)_rep(j,1,k)
	c[i][j]=C(n-1+b[j]-a[i],n-1);
	enter(cal(k));
}
int main(){
	frac[0]=1;
	_for(i,1,MAXN)
	frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%mod;
	invf[MAXN-1]=quick_pow(frac[MAXN-1],mod-2);
	for(int i=MAXN-1;i;i--)
	invf[i-1]=1LL*invf[i]*i%mod;
	int T=read_int();
	while(T--)
	solve();
	return 0;
}
</code>
</hidden>

===== 算法例题 =====

[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11260/C|2021牛客暑期多校训练营9 C]]

==== 题意 ====

给定一个二维平面，求满足如下条件的 $n$ 元路径组个数：

  - 第 $i$ 条路径 $(a_i,0)\to (0,i)$
  - 每次移动只能选择 $(x,y)\to (x-1,y),(x,y+1)$

数据保证 $a_{i-1}\lt a_i$。

==== 题解 ====

显然有

$$
M=
\begin{bmatrix}
{a_1+1\choose 1}&{a_1+2\choose 2}&\cdots&{a_1+n\choose n}\\
{a_2+1\choose 1}&{a_2+2\choose 2}&\cdots&{a_2+n\choose n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
{a_n+1\choose 1}&{a_n+2\choose 2}&\cdots&{a_n+n\choose n}\\
\end{bmatrix}
=
\prod_{i=1}^n \frac 1{i!}
\begin{bmatrix}
\frac {(a_1+1)!}{a_1!}&\frac {(a_1+2)!}{a_1!}&\cdots&\frac {(a_1+n)!}{a_1!}\\
\frac {(a_2+1)!}{a_2!}&\frac {(a_2+2)!}{a_2!}&\cdots&\frac {(a_2+n)!}{a_2!}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac {(a_n+1)!}{a_n!}&\frac {(a_n+2)!}{a_n!}&\cdots&\frac {(a_n+n)!}{a_n!}\\
\end{bmatrix}
$$

设 $x_i=a_i+1$，则

$$
M=
\prod_{i=1}^n \frac 1{i!}
\begin{bmatrix}
x_1&x_1(x_1+1)&\cdots&\prod_{i=0}^{n-1}(x_1+i)\\
x_2&x_2(x_2+1)&\cdots&\prod_{i=0}^{n-1}(x_2+i)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
x_n&x_n(x_n+1)&\cdots&\prod_{i=0}^{n-1}(x_n+i)\\
\end{bmatrix}
$$

从左到右用列消元，可以得到

$$
M=
\prod_{i=1}^n \frac 1{i!}
\begin{bmatrix}
x_1&x_1^2&\cdots&x_1^n\\
x_2&x_2^2&\cdots&x_2^n\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
x_n&x_n^2&\cdots&x_n^n\\
\end{bmatrix}
$$

每行都提出一个 $x_i$，就可以得到一个范德蒙行列式，于是有

$$
\det M=\prod_{i=1}^n \frac {a_i+1}{i!}\prod_{1\le i\lt j\le n}(a_j-a_i)
$$


考虑 $\text{NTT}$ 计算每个值在 $\prod_{1\le i\lt j\le n}(a_j-a_i)$ 出现的次数。

具体的，可以设 $f(x)=\sum_{i=1}^n x^{a_i},g(x)=\sum_{i=1}^n x^{-a_i}$，则每个值 $k$ 出现次数就是 $[x^k]f(x)g(x)$。

注意还有 $i\lt j$ 的限制，根据对称性，考只考虑 $k\gt 0$ 的部分贡献然后做快速幂即可，时间复杂度 $O(V\log V)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int mod=998244353,MAXN=1e6+5;
int quick_pow(int n,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
		n=1LL*n*n%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int Mod=998244353,G=3;
	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
	void init(){
		int m=Mod-1,lg2=0;
		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
		while(lg2){
			m<<=1,lg2--;
			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
			int w=Wn[lg2+1][type];
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				int cur=1;
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
					cur=1LL*cur*w%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void mul(int *f,int _n,int *g,int _m){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,1);NTT(g,n,1);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,0);
	}
}
int frac[MAXN],invf[MAXN],a[MAXN<<2],b[MAXN<<2];
int main(){
	frac[0]=1;
	_for(i,1,MAXN)
	frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%mod;
	invf[MAXN-1]=quick_pow(frac[MAXN-1],mod-2);
	for(int i=MAXN-1;i;i--)
	invf[i-1]=1LL*invf[i]*i%mod;
	int n=read_int(),base=1e6,ans=1;
	_rep(i,1,n){
		int t=read_int();
		ans=1LL*ans*(t+1)%mod*invf[i]%mod;
		a[t]++;
		b[base-t]++;
	}
	Poly::init();
	Poly::mul(a,base+1,b,base+1);
	_rep(i,base+1,base*2)
	ans=1LL*ans*quick_pow(i-base,a[i])%mod;
	enter((ans+mod)%mod);
	return 0;
}
</code>
</hidden>