给定有向无环图（Directed Acyclic Graph, DAG）$G = (V, E)$，以及源点集$S = { s_1, s_2, dots, s_n }$，汇点集$T = { t_1, t_2, dots, t_n }$。每一条边$(x, y)$都有一个权值$w(x, y)$。我们定义一条路径$pi: x_0 o x_1 o dots o x_k$的权值为：
$$ w(pi) = prod_{i=1}^k w(x_{i-1}, x_i). $$
对任意两个节点$x, y in V$，定义
$$ e(x, y) = sum_{pi: x o y} w(pi), $$
其中，$pi: x o y$表示一条从$x$出发，到达$y$的路径$pi$。特别地，如果对所有边$(x, y)$，都有$w(x, y) equiv 1$，则$e(x, y)$为$x$到$y$的所有路径的数量。
我们记路径$n$元组$(pi_1, pi_2, dots, pi_n): S o T$表示$n$条从$S$中节点出发，到达$T$中节点的不相交路径，其中对所有$i in [n]$，$pi_i$从$s_i$出发，并且对任意两条路径$pi_i$和$pi_j$ $(i eq j)$，他们都不经过相同节点（包括路径的两个端点）。对于一个这样的路径$n$元组，存在一个置换$sigma(pi_1, pi_2, dots, pi_n): [n] o [n]$，使得第$i$条路径$pi_i$从$s_i$出发，到达$t_{sigma(i)}$。
Lindström–Gessel–Viennot引理：
$$ left| egin{matrix} e(s_1, t_1) & e(s_1, t_2) & dots & e(s_1, t_n) \ e(s_2, t_1) & e(s_2, t_2) & dots & e(s_2, t_n) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ e(s_n, t_1) & e(s_n, t_2) & dots & e(s_n, t_n) end{matrix} ight| = sum_{(pi_1, pi_2, dots, pi_n): S o T} operatorname{sign}(sigma(pi_1, pi_2, dots, pi_n)) prod_{i=1}^n w(pi_i), $$
其中$operatorname{sign}(sigma)$表示置换$sigma$的奇偶性，偶置换为$1$，奇置换为$-1$。
特别地，如果对所有边$(x, y)$，都有$w(x, y) equiv 1$，并且置换只能是恒等置换（即$sigma(i) = i$）时才存在不相交的路径$n$元组，则所求行列式即为不相交的路径$n$元组的数量。
例题1
有$m$个起点$s_i = (a_i, 1)$，以及对应的$m$个终点$t_i = (b_i, n)$，满足$1 leq a_1 leq a_2 leq dots leq a_m leq n$且$1 leq b_1 leq b_2 leq dots leq b_m leq n$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x,y+1)$。求两两不相交的路径$m$元组的数量。$1 leq n leq 10^6, 1 leq m leq 100$。
解法：我们注意到只有恒等置换对应的路径才可能不相交。因此，Lindström–Gessel–Viennot引理所求的行列式即为答案。其中，
$$e(s_i, t_j) = egin{cases} inom{b_j-a_i+n-1}{b_j-a_i} & b_j geq a_i, & \ 0 & ext{otherwise}. end{cases} $$
时间复杂度为$O(n+m^3)$。
例题2
有$n$个起点$s_i = (0, a_i)$，以及对应的$n$个终点$t_i = (i, 0)$，其中$1 leq i leq n$，满足$0 leq a_1 < a_2 < dots < a_n leq 10^6$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x,y-1)$。求两两不相交的路径$n$元组的数量。$1 leq n leq 5 cdot 10^5$。
解法：思路同例题1。但最后列出的行列式是$n imes n$阶的矩阵，直接$O(n^3)$Gauss消元是不能接受的。注意到，
$$e(s_i, t_j) = inom{a_i+j}{j} = frac{(a_i+j)!}{j!a_i!}.$$
所求行列式可化为
$$ egin{aligned} left| egin{matrix} e(s_1, t_1) & e(s_1, t_2) & dots & e(s_1, t_n) \ e(s_2, t_1) & e(s_2, t_2) & dots & e(s_2, t_n) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ e(s_n, t_1) & e(s_n, t_2) & dots & e(s_n, t_n) end{matrix} ight| & = left| egin{matrix} frac{(a_1+1)!}{1!a_1!} & frac{(a_1+2)!}{2!a_1!} & dots & frac{(a_1+n)!}{n!a_1!} \ frac{(a_2+1)!}{1!a_2!} & frac{(a_2+2)!}{2!a_2!} & dots & frac{(a_2+n)!}{n!a_2!} \ vdots & vdots & ddots & vdots \ frac{(a_n+1)!}{1!a_n!} & frac{(a_n+2)!}{2!a_n!} & dots & frac{(a_n+n)!}{n!a_n!} end{matrix} ight| = left(prod_{i=1}^n frac{(a_i+1)!}{ i! a_i! } ight) left| egin{matrix} 1 & a_1+2 & dots & (a_1+2) dots (a_1+n) \ 1 & a_2+2 & dots & (a_2+2) dots (a_2+n) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ 1 & a_n+2 & dots & (a_n+2) dots (a_n+n) \ end{matrix} ight| \ & = left(prod_{i=1}^n frac{a_i+1}{i!} ight) left| egin{matrix} 1 & a_1 & dots & a_1^{n-1} \ 1 & a_2 & dots & a_2^{n-1} \ vdots & vdots & ddots & vdots \ 1 & a_n & dots & a_n^{n-1} \ end{matrix} ight| = left(prod_{i=1}^n frac{a_i+1}{i!} ight) left( prod_{1 leq i < j leq n} (a_i-a_j) ight) end{aligned} $$
提出系数之后，可化为一个Vandermonde行列式，而最后我们要求$a_i$两两之差之积。我们注意到$0 leq a_i leq 10^6 =: W$，从而$-10^6 leq a_i-a_j leq 10^6$，因此可以考虑使用FFT优化卷积$O(W log W)$统计不同可能的差的数量即可。
例题3
CodeForces 167E. Wizards and Bets
给定$n$个节点，$m$条边的有向无环图$G = (V, E)$，其有恰好$k$个无入边以及$k$个无出边的点，按照他们的编号从小到大排序后依次为$s_1, s_2, dots, s_k$以及$t_1, t_2, dots, t_k$。求【对应置换是偶置换的路径$k$元组的数量】与【对应置换是奇置换的路径$k$元组的数量】之差。$n leq 600, m leq 10^5$。
解法：令每条边的权值$w(x, y) = 1$，则Lindström–Gessel–Viennot引理所求的行列式即为答案。所有的$e(s_i, t_j)$（即从$s_i$走到$t_j$的路径的数量）可以在$O(nm)$的时间内求出。于是总的时间复杂度为$O(n^3+nm)$。
例题4
给定一个$k$层的有向无环图，其中第$i(1 leq i leq k)$层有$n_i$个节点，且$n_1 = n_k$。从第$i$层走向第$i+1$层的边$(x_1, y_1)$与$(x_2, y_2)$ $(x_1 eq x_2, y_1 eq y_2)$存在一个交点，当且仅当$(x_1-x_2)(y_1-y_2) < 0$。一个从第$1$层节点走向第$k$层节点的（不在顶点相交的）路径$n_1$元组的交点个数为其中任意两条路径的交点个数之和。求【交点个数为偶数的路径$n_1$元组的数量】与【交点个数为奇数的路径$n_1$元组的数量】之差。$k leq 100, n_i leq 200$。
解法：注意到【交点个数为偶数的路径$n_1$元组】即为【对应置换是偶置换的路径$n_1$元组】。问题直接化为例题3。时间复杂度为$O(k n^3)$，其中$n = max{n_1,n_2,dots,n_k}$。
例题5
AtCoder Beginner Contest 216 H. Random Robots
给定$k$个起点$(0, x_1), (0, x_2), dots, (0, x_k)$，满足$0 leq x_1 < x_2 < dots < x_k leq 1000$。每一步可以从$(x, y)$走到$(x+1,y)$或者$(x+1,y+1)$。求终点在$(n, y_i)$的所有不相交的路径$k$元组的数量。$1 leq k leq 10, 1 leq n leq 1000$。
解法：
根据Lindström–Gessel–Viennot引理，我们枚举所有可能的终点，记$x_i = (0, x_i)$以及$y_i = (n, y_i)$，将其求和得
$$ sum_{0 leq y_1 < y_2 < dots < y_k leq x_k+n} left| egin{matrix} e(x_1, y_1) & e(x_1, y_2) & dots & e(x_1, y_n) \ e(x_2, y_1) & e(x_2, y_2) & dots & e(x_2, y_n) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ e(x_n, y_1) & e(x_n, y_2) & dots & e(x_n, y_n) end{matrix} ight|. $$
其中，$e(x_i, y_j) = egin{cases} inom{n}{y_j-x_i} & 0 leq y_j-x_i leq n \ 0 & ext{otherwise} end{cases}$。
令$S = {s_1, s_2, dots, s_{|S|}} subseteq [k]$，$b$为终点$y_i$的上界，定义
$$ f(S, b) = sum_{0 leq y_1 < y_2 < dots < y_{|S|} leq b} left| egin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & dots & e(x_{s_1}, y_{|S|}) \ e(x_{s_2}, y_1) & e(x_{s_2}, y_2) & dots & e(x_{s_2}, y_{|S|}) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|}) end{matrix} ight|. $$
于是所求为$f([k], x_k + n)$。
我们可以考虑$f(S, b)$可以从哪些状态推得。
1. $y_{|S|} < b$，此时来自的状态是$f(S, b-1)$。
2. $y_{|S|} = b$，此时所求为
$$ sum_{0 leq y_1 < y_2 < dots < y_{|S|-1} < y_{|S|} = b} left| egin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & dots & e(x_{s_1}, y_{|S|}) \ e(x_{s_2}, y_1) & e(x_{s_2}, y_2) & dots & e(x_{s_2}, y_{|S|}) \ vdots & vdots & ddots & vdots \ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|}) end{matrix} ight| = sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, y_{|S|}) left| egin{matrix} e(x_{s_1}, y_1) & e(x_{s_1}, y_2) & dots & e(x_{s_1}, y_{|S|-1}) \ vdots & vdots & cdots & vdots \ e(x_{s_{i-1}}, y_1) & e(x_{s_{i-1}}, y_2) & dots & e(x_{s_{i-1}}, y_{|S|-1}) \ e(x_{s_{i+1}}, y_1) & e(x_{s_{i+1}}, y_2) & dots & e(x_{s_{i+1}}, y_{|S|-1}) \ vdots & vdots & cdots & vdots \ e(x_{s_{|S|}}, y_1) & e(x_{s_{|S|}}, y_2) & dots & e(x_{s_{|S|}}, y_{|S|-1}) end{matrix} ight| = sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, y_{|S|}) f(Ssetminus{s_i}, b-1). $$
综上，动态规划方程为
$$ f(S, b) = f(S, b-1) + sum_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|+i} e(x_{s_i}, b) f(Ssetminus{s_i}, b-1). $$
边界条件为$f(S, -infty) = [S = emptyset]$。
时间复杂度为$O(k2^k(n+x_k))$。