题目

传送门 to CF

思路

我们认定 a r , c = V a_{r,c}=V ar,c=V 是个坏种，姑且不考虑之。

经过一些尝试，显然没办法 d p \tt dp dp 。变换维度，从值域角度考虑，得到相似的结果：每一行的桶排数组的前缀和（单调不降）在列上单调不增。容斥不能使问题变简单。

尽管如此，穷途末路，还是要从简单的 n = 2 n=2 n=2 想起。此时，似乎 2 n d \rm 2nd 2nd 行一直 “压着” 1 s t \rm 1st 1st 行——在坐标系里画出折线图，似乎只需二者的上下关系不改变。

我便想起一道老题 A Path Plan \text{A Path Plan} A Path Plan，核心是交换交点之后的路径，得到另一种本质相同的路径。这玩意儿就是 L G V \rm LGV LGV 引理。内容说白了就是 “交换第一个交点之后的路径归属，因为符号相异而权值相抵”。

要点在于：路径可交换，以及交换后不影响交点的存在性。

在本题里，如果选用折线图，交换后折线便不相交哩。还是考虑在坐标系内行走吧。

令 x → ( x + 1 ) x\to(x{+}1) x→(x+1) 时的 y y y 坐标表示 b x b_x bx 。还是考虑 n = 2 n=2 n=2，如果两行以同一列为起点，你会发现 “不相交” 实际上是 b 1 , x < b 2 , x − 1 b_{1,x}<b_{2,x-1} b1,x<b2,x−1 。因此让 2 n d \rm 2nd 2nd 行后退一列，就刚好是 b 1 , x < b 2 , x b_{1,x}<b_{2,x} b1,x<b2,x 。

严格递增，就是让 b i , j = a i , j + i b_{i,j}=a_{i,j}+i bi,j=ai,j+i 。问题已经变为不相交路径对数量。我们再指明一下终点吧。

对于 1 s t \rm 1st 1st 行，起点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)，终点 ( m , k ) (m,k) (m,k) 。对于 2 n d \rm 2nd 2nd 行，起点 ( − 1 , 2 ) (-1,2) (−1,2)，终点 ( m − 1 , k + 1 ) (m{-1},k{+}1) (m−1,k+1) 。

以此类推可解 n > 2 n>2 n>2 情景。由于不相交路径只有这样一种选择，所以不必担心起点终点不对应的情况。

现在，加入 a r , c = V a_{r,c}=V ar,c=V 的约束。这相当于规定第 r r r 行的路径必须经过的边。兔与狗都告诉我，这是不可能的。在一般的平面 D A G \rm DAG DAG 图上，确实如此。但是这个平面图呢？

看了题解，发现一种方式：统计这条边（非严格）右下方有多少路径。引入生成函数，若 a → b a\to b a→b 在这条边右下方就乘 x x x 。这是在 路径交换时保持不变 的量，因此可以计算。

而这条边被第 r r r 条路径经过，等价于非严格右下方恰好有 r r r 条路径，且这条边被经过了。后者容斥。于是问题就变成了元素是多项式的矩阵的 L G V \rm LGV LGV 。插值再计算即可。

其实我们可以做 k ⩽ 1 0 9 k\leqslant 10^9 k⩽109 。求出在某条边下方的路径数量，可以 O ( n ) \mathcal O(n) O(n) 枚举，然后计算组合数；用到的组合数的上指标在长度为 O ( n ) \mathcal O(n) O(n) 的 O ( 1 ) \mathcal O(1) O(1) 个区间内，下指标有 O ( n ) \mathcal O(n) O(n) 种，可以预处理。总时间复杂度 O ( n 4 ) \mathcal O(n^4) O(n4) 。我又想无意义地加强了。

可是出题人并不喜欢这样做

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