[luogu7736]路径交点

对于两条路径，注意到每一个交点都会改变两者的上下关系，因此两条路径交点的奇偶性，仅取决于两者的起点和终点是否改变了上下关系（改变即为奇数）

类似地，对于整个路径方案，令$p_{i}$为以第一层的$i$为起点的路径在第$K$层的终点，那么该方案的交点数的奇偶性，仅取决于$p_{i}$​逆序对数（与逆序对数的奇偶性相同）

但注意到方案还有一个限制：不允许经过重复的点

但事实上，当经过了重复的点，显然将之后的两部分交换，恰好会改变$p_{i}$​​逆序对数的奇偶性

更准确的来说，考虑起点编号最小的两条有公共点的路径，将两者第一个公共点以后的部分交换，显然反过来另一条路径对应的也是原路径，即可以抵消

由此，令$A_{i,j}$​表示起点为第一层的$i$​且终点为第$K$​层的$j$​，显然答案即为$A$​的行列式，可以$o(n^{3})$求出

关于如何求$A$​，令$G_{i}$​为第$i$​层和第$i+1$​层之间的邻接矩阵（大小为$n_{i} imes n_{i+1}$​​）​​，显然$A=prod_{i=1}^{k-1}G_{i}$（其中乘法为矩阵乘法），可以$o(kn^{3})$求出​

（单组数据）总复杂度为$o(kn^{3})$​​​，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 205
#define mod 998244353
#define ll long long
int t,K,x,y,ans,n[N],m[N],a[N][N][N],b[N][N],c[N][N];
int read(){
    int x=0;
    char c=getchar();
    while ((c<'0')||(c>'9'))c=getchar();
    while ((c>='0')&&(c<='9')){
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x;
}
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
int guess(int n){
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int k=-1;
        for(int j=i;j<=n;j++)
            if (b[j][i]){
                k=j;
                break;
            }
        if (k<0)return 0;
        if (k!=i){
            ans=mod-ans;
            for(int j=i;j<=n;j++)swap(b[i][j],b[k][j]);
        }
        ans=(ll)ans*b[i][i]%mod;
        int s=qpow(b[i][i],mod-2);
        for(int j=i;j<=n;j++)b[i][j]=(ll)b[i][j]*s%mod;
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            int s=b[j][i];
            for(int k=i;k<=n;k++)b[j][k]=(b[j][k]-(ll)s*b[i][k]%mod+mod)%mod;
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    t=read();
    while (t--){
        K=read();
        for(int i=1;i<=K;i++)n[i]=read();
        for(int i=1;i<K;i++)m[i]=read();
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<K;i++)
            for(int j=1;j<=m[i];j++){
                x=read(),y=read();
                a[i][x][y]=1;
            }
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int i=1;i<=n[1];i++)b[i][i]=1;
        for(int t=1;t<K;t++){
            memset(c,0,sizeof(c));
            for(int i=1;i<=n[1];i++)
                for(int j=1;j<=n[t];j++)
                    for(int k=1;k<=n[t+1];k++)c[i][k]=(c[i][k]+(ll)b[i][j]*a[t][j][k])%mod;
            memcpy(b,c,sizeof(b));
        }
        printf("%d
",guess(n[1]));
    }
    return 0;
}