经典题目。
Part 1
前置知识：LGV引理
摘抄自oi-wiki：
$LGV$引理可以用来处理**有向无环图**上不相交路径计数等问题。
基本定义：$w(P)$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 $1$）
$e(u,v)$表示$u$到$v$的每一条路径$P$的$w(P)$之和，即$e(u,v)=\sum_{P:u\to v}w(P)$。（注意这里的$P$都是简单路径）
设起点集合为$A$，终点集合为$B$，大小均为$n$。
一组$A\to B$的不相交路径$S$：$S_i$时一条从$A_i$到$B_{\sigma(S)_i}$的路径（其中$\sigma(S)$是一个排列），对于任意$i\ne j$，$S_i$和$S_j$没有公共结点。记$t(\sigma)$表示排列$\sigma$的逆序对个数。
引理：
$$
M=\begin{bmatrix}
e(A_1,B_1)&e(A_1,B_2)&\cdots&e(A_1,B_n)\\
e(A_2,B_1)&e(A_2,B_2)&\cdots&e(A_2,B_n)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
e(A_n,B_1)&e(A_n,B_2)&\cdots&e(A_n,B_n)
\end{bmatrix}
$$
$$
\text{det(M)}=\sum_{S:A\to B}(-1)^{t(\sigma(S))}\prod_{i=1}^n\omega(S_i)
$$
其中$\sum_{S:A\to B}$表示$A\to B$的不相交路径组$S$。
证明考虑行列式的定义，对于相交的路径组可以两两配对且符号相反，因此可以抵消。
对于这道题，题目保证了是有向无环图，因此考虑$LGV$引理。
显然，将每条边随机赋一个权值后，就可以直接通过行列式非零来判断是否存在不相交路径。
对于区间$[l,r]$，由于并不确定被选出的$i$个位置，因此考虑对于每个位置构造一个$k$维向量，答案即为从$[l,r]$中选出的极大线性无关向量组的大小。路径权值之和可以通过拓扑排序求出。
这样，我们从左往右扫描线，维护一个线性基，如果线性相关了就把编号最小的基替换掉，将剩下的基的编号排序从小到大排序后就能知道每个区间对应的基的大小。
复杂度$O(nk^2+mk)$。
注意线性基的实现方式。
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| #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
int n,m,K,du[N],vs[N];
ll a[N][55];
mt19937 gen(114514);
vector<pair<int,int>>G[N];
queue<int>Q;
void add(ll &x,ll y){
x=(x+y)%mod;
}
ll f[55][55];
int id[55];
ll res[55];
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
ll z(1);
for(;y;y>>=1){
if(y&1)z=z*x%mod;
x=x*x%mod;
}return z;
}
ll g[65];
void ins(int x){
for(int i=1;i<=K;i++)g[i]=a[x][i];
for(int i=1;i<=K;i++){
if(g[i]){
if(f[i][i]==0){
for(int j=i;j<=K;j++)f[i][j]=g[j];
id[i]=x;
return;
}
if(x>id[i]){
swap(x,id[i]);
for(int j=i;j<=K;j++)swap(f[i][j],g[j]);
}
ll tmp=g[i]*fpow(f[i][i])%mod;
for(int j=i;j<=K;j++)g[j]=(g[j]-f[i][j]*tmp)%mod;
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m>>K;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,z;
cin>>x>>y,z=gen()%mod;
G[x].pb({y,z}),du[y]++;
}for(int i=1;i<=K;i++){
a[i][i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!du[i])Q.push(i);
}
while(Q.size()){
int u=Q.front();Q.pop();
vs[u]=1;
for(auto e:G[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
for(int i=1;i<=K;i++)add(a[v][i],a[u][i]*w);
if(--du[v]==0)Q.push(v);
}
}
for(int i=K+1;i<=n;i++){
if(vs[i])ins(i);
vector<int>vec;
for(int j=1;j<=K;j++)if(id[j])vec.pb(id[j]);
sort(vec.begin(),vec.end());
int l=K,sz=vec.size();
for(int j=0;j<sz;j++){
res[sz-j]+=vec[j]-l;
l=vec[j];
}res[0]+=i-l;
}for(int i=0;i<=K;i++)cout<<res[i]<<"\n";
}
|