[JZOJ4378] 八卦天盘

Determinant

Definition

现在有$n$行$n$列的方矩阵$A$，它可以写成

$$A = \begin{bmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \dots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \dots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \dots & a_{n,n} \end{bmatrix}$$

记$A$矩阵的行列式为$\det(A)$，可以表示成

$$\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \dots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \dots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \dots & a_{n,n} \end{vmatrix}$$

$2 \times 2$ matrices

$$\begin{vmatrix} a & b\\c & d \end{vmatrix}=ad - bc$$

$3 \times 3$ matrices

$$\begin{align*} \begin{vmatrix} a&b&c\\d&e&f\\g&h&i \end{vmatrix} & = a\begin{vmatrix}e&f\\h&i\end{vmatrix} -b\begin{vmatrix}d&f\\g&i\end{vmatrix} +c\begin{vmatrix}d&e\\g&h\end{vmatrix} \\ & = a(ei-fh)-b(di-fg)+c(dh-eg) \\ & = aei+bfg+cdh-ceg-bdi-afh. \end{align*}$$

$n \times n$ matrices

$$\det(A) = \sum_{\sigma \in S_n} \mathrm{sgn} (\sigma) \prod_{i=1}^n a_{i,\sigma_i}$$

其中，$S_n$是集合$\{1,2,\dots,n\}$的所有置换。
$\mathrm{sgn}$表示置换$\sigma$的奇偶性，当$\sigma$的逆序对数为偶数个时，
$\mathrm{sgn}(\sigma)=1$，而为奇数个时，$\mathrm{sgn}(\sigma)=-1$。

Properties of the determinant

1. 交换矩阵不同两行，行列式值取相反数。
2. 将某行的任意倍加到另一行，行列式值不变。
3. 如果矩阵是上三角矩阵，行列式值等于对角线元素的积。

Problem

Description

给定$N$个点$M$条边的有向无环图，
另外图中有$K$个入度为零的起始点$s_i(s_i<s_{i+1})$
和$K$个出度为零的终止点$t_i(t_i<t_{i+1})$，
现在要为每个起始点$s_i$安排一个终止点$t_{a_i}$，
每个终止点$t_{a_i}$要用且只能用一次，
一个方案合法，当且仅当存在$s_i$到$t_{a_i}$的路径，且这些路径没有交集。
当排列$\{a_n\}$的逆序对数为偶数时，该方案贡献为$1$，否则为$-1$。
问所有方案的贡献和，答案对质数$P$取模。

Constraint

$N\le 6\times10^2$

$M\le 10^5$

$P\le 10^9+7$

Analysis

我们先考虑一个简单点的问题。

$K=2$且起始点为$a_1,a_2$，终止点为$b_1,b_2$。
记$W_{u,v}$为$u$到$v$的路径数，
$F_{u,v,p}$为路径$up,vp$第一次有交集是在点$p$的方案数。
因为可行方案只有$a_1b_1, a_2b_2$或者$a_1b_2,a_2b_1$，
根据题目贡献的定义，可以得到答案是

$$\begin{equation*} \begin{aligned} &W_{a_1,b_1}\cdot W_{a_2,b_2} - \sum_i F_{a_1,a_2,i}\cdot W_{i,b_1}\cdot W_{i,b_2} \\ -(&W_{a_1,b_2}\cdot W_{a_2,b_1} - \sum_i F_{a_1,a_2,i}\cdot W_{i,b_1}\cdot W_{i,b_2}) \end{aligned} \end{equation*}$$

化简式子，发现答案是
$W_{a_1,b_1}\cdot W_{a_2,b_2} - W_{a_1,b_2}\cdot W_{a_2,b_1}$，
这个形式非常的优美，和$2 \times 2$ matrices行列式的公式是相类似的。

然后我们可以试验$K=3$的情况，也可以对照$n \times n$ matrices行列式公式，
发现答案的形式是和行列式的计算公式是一样的。

那我们利用这个结论，不难得出这道题的解决方式。
算出每对起点终点$(s,t)$间的路径数，这个用简单的拓扑排序就可以解决，
这相当于处理出$[K\times K]$的矩阵，然后根据行列式的性质，我们进行高斯消元，从而算出矩阵的行列式。

时间复杂度：$O\left(N\left(N+M\right)+K^3\right)$。