题目 解法
首先考虑 \(k=2\) 的情况。这相当于枚举全排列 \(p\)，每种排列的逆序对数就是交点数。令 \(\tau(p)\) 是某排列逆序对数，\(g\) 是邻接矩阵，将其公式化就是：
这不就是 \(g\) 的行列式吗？这个可以用高斯消元 \(\mathcal O(n^3)\) 求出。
对于 \(k=3\) 且 \(n_1=n_2=n_3\) 的情况。我们发现，它的答案就是 \(g_1,g_2\) 行列式的乘积。设 \(f_{i,0/1}\) 为 \(i\) 到 \(i+1\) 层交点个数为偶/奇的方案数。那么有：
其它情况可以归纳证明。
但是 \(n_i\) 并没有那么理想。还是考虑 \(k=3\) 且 \(n_1=n_3< n_2\) 的情况。我们可以枚举第 \(2\) 层选了哪 \(n_1\) 个点，再按照之前的方法计算。这时就要引出一个公式 ——
\(\text{Binet-Cauchy}\) 公式：
设 \(A=(a_{i,j})_{n\times m},B=(b_{i,j})_{m\times n}\)。
\(n>m\)。就有 \(\text{det}(AB)=0\)。
\(\text{rank}(AB)\le \text{rank}(A)\le m<n\)。所以矩阵 \(AB\) 不满秩。
\(n\le m\)。\(AB\) 的行列式等于 \(A\) 的所有 \(n\) 阶子式以及 \(B\) 相应 \(n\) 阶子式乘积之和。
题目中保证 \(n\le m\)，于是我们可以直接用此公式。也即所有邻接矩阵的乘积的行列式就是答案。
你还可以用另一种方式理解这个答案。
注意到，答案只和第 \(1\) 层到达第 \(k\) 层的邻接矩阵有关。因为初末相对位置决定了路径 \(i\) 是否会穿过路径 \(j\)（我们认为穿过去再穿回来是无效的）。
不过还有个问题：不论是用公式还是以上文的理解，我们都没有考虑 每个顶点至多出现在一条路径中 的要求。事实上，假设第 \(1\) 层的 \(i,j\) 都经过了某层的点 \(o\)，在 \(o\) 之后 \(i,j\) 的可选方案实际上是一样的。若 \(i\) 最终到达第 \(n\) 层的 \(i'\)，\(j\) 到了 \(j'\)，它可以和 \(i\) 到 \(j'\)，\(j\) 到 \(i'\) 的情况相互抵消（逆序对数只变化 \(1\)），而这些情况可以两两配对，所以对答案没有影响。
总时间复杂度应该是 \(\mathcal O(n^3kT)\) 的。
再提一嘴如果直接计算路径方案数就是积和式，它的计算需要 \(\mathcal O(n!)\)。所以加上这个 \(\mathtt{qqgg}\) 的奇偶限制题目变简单了。
代码#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void)(putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod=998244353,maxk=105;
inline int inc(const int x,const int y) {
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
int inv(int x,int y=mod-2) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
int k,n[maxk],m[maxk];
struct mat {
int a[maxk<<1][maxk<<1],n,m;
mat operator * (const mat &t) const {
mat r; r.n=n,r.m=t.m;
memset(r.a,0,sizeof r.a);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(a[i][j])
for(int k=1;k<=r.m;++k)
r.a[i][k]=inc(
r.a[i][k],
1ll*a[i][j]*t.a[j][k]%mod
);
return r;
}
void Clear() {
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
a[i][j]=0;
}
int Gauss() {
int j,tmp,r=1; bool f=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(j=i;j<=n;++j)
if(a[j][i]) break;
if(j>n) return 0;
if(i^j) swap(a[i],a[j]),f^=1;
r=1ll*r*a[i][i]%mod;
tmp=inv(a[i][i]);
for(j=i;j<=n;++j)
a[i][j]=1ll*a[i][j]*tmp%mod;
for(j=i+1;j<=n;++j) {
a[j][i]=mod-a[j][i];
for(int k=i+1;k<=n;++k)
a[j][k]=inc(a[j][k],1ll*a[j][i]*a[i][k]%mod);
a[j][i]=0;
}
}
return f?mod-r:r;
}
} A,B,C;
signed main() {
int u,v;
for(int T=read(9);T;--T) {
k=read(9);
for(int i=1;i<=k;++i)
n[i]=read(9);
for(int i=1;i<k;++i)
m[i]=read(9);
A.n=n[1],A.m=n[2];
for(int i=1;i<=m[1];++i) {
u=read(9),v=read(9);
A.a[u][v]=1;
}
for(int i=2;i<k;++i) {
B.n=n[i],B.m=n[i+1];
for(int j=1;j<=m[i];++j) {
u=read(9),v=read(9);
B.a[u][v]=1;
}
C=A*B;
A=C,B.Clear();
}
print(A.Gauss(),'\n'); A.Clear();
}
return 0;
}
