不相交路径[BZOJ1471] 容斥原理 拓扑排序

最近学容斥的时候又碰到一道类似的题目，所以想分享一个套路，拿这题来举例
【题目描述】
给出一个(N(Nleq 150))个结点的有向无环简单图。给出4个不同的点(a,b,c,d)，定义不相交路径为两条路径，两条路径的起点分别为(a)和(c)，对应的两条路径的终点为(b)和(d)，要求满足这两条路径不相交，即两条路径上没有公共的点。 现在要求不相交路径的方案数。
【输入格式】
第一行为(N,M)。表示这个有向无环图有(N)个节点，(M)条边。 接下来(M)行，每行两个整数(x,y)。表示(x)至(y)有一条有向边。 接下来一行四个数(a,b,c,d)，意义如题中所述。
【输出格式】
输出为一行，即答案（方案数）。

在写这题之前，先看另外一个问题：

一个(N*M(N, M le 100000))的矩阵，从((0,0))出发，每次可以向上或者向右走一步，问有多少种方案到达点((N,M))？
很显然，答案是(C^N_{N*M})。
那如果规定有(K)个点是不能走的呢？((k le 1000))
如果直接递推的话肯定是会超时的 所以我们要使用一些数学方法

具体来说，合法方案数等于总方案数减去不合法方案数 废话
如果直接对于每个不合法点统计有多少路径经过它，然后用总数减去这些方案的话，很有可能会重复删减同一个方案，因为一种方案可能经过多个不合法点。
所以我们改变一下思路，设(f[i])表示有多少路径第一个经过的不合法点为(i)，最后用总方案数减去所有的(f[i])。由于一条不合法路径无论如何都只会有一个【第一个经过的不合法点】，所以这种方法显然是正确的。

统计时，只需将所有不合法点先按照(X,Y)轴大小排好序，对于一个不合法点(i)，(f[i] = (从(0,0)到i点的方案数 - sum f[j]) * 从i点到(N,M))的方案数，其中(j)是所有位于它左下方的点。
时间复杂度 (O(k^2))，这就是数学的力♂量

再看此题，类似的，我们可以设(f[i])表示第一次相交在(i)点的情况数。
先用(DP, Floyd),等各种奇葩方法求出任意两点(u, v)从(u)到(v)的路径数。
然后按照拓扑序算出每个(f[i])，(f[i] = (cnt[a][i] * cnt[b][i] - sum f[j] * cnt[j][i]^2) * cnt[i][c] * cnt[i][d])，(j)为每个拓扑序在(i)之前的点。
答案(=)总方案数 (- sum f[i])

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, a, b, c, d, ans;
ll x[505][505], in[505], f[505][505], g[505];
ll que[5005], head = 1, tail;

void toposort() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (in[i] == 0) que[++tail] = i, in[i] = -1;
	}
	while (head <= tail) {
		ll c = que[head];
		head++;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (x[c][i]) {
				in[i]--;
				if (in[i] == 0) que[++tail] = i, in[i] = -1;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		ll xx, yy;
		scanf("%lld %lld", &xx, &yy);
		x[xx][yy] = f[xx][yy] = 1;
		in[yy]++;
	}
	scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d);
	toposort();
	for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			ll u = que[i], v = que[j];
			for (int k = 1; k <= n; k++) {
				if (x[v][k]) {
					f[u][k] += f[u][v];
				}
			}
		}
	}
	ans = f[a][b] * f[c][d];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ll cur = que[i];
		g[cur] = f[a][cur] * f[c][cur];
		for (int j = i - 1; j >= 1; j--){
			g[cur] -= g[que[j]] * f[que[j]][cur] * f[que[j]][cur];
		} 
		ans -= g[cur] * f[cur][b] * f[cur][d];
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}