Matrix Tree定理入门笔记

[或许更好的阅读体验](https://www.cnblogs.com/Dark-Romance/p/13276282.html) # Matrix Tree定理 ## 写在前面的话 写这篇博客其实写了很久，主要是刚开始的时候太菜了，完全不能完全理解，于是，我写的东西当我变得强一点之后就会发现有点问题，于是就改啊改啊添啊添啊，于是就从刚才开始的那个样子变成了现在这样。 希望我写的博客能对初学矩阵树定理的同学有一点帮助。 ## 前置知识:行列式 ### 行列式的定义 一个矩阵的行列式定义为: $$\sum_{p} (-1)^{\pi (p)} \prod_{j=1} A_{j,p_j}$$ 这里的$p$指的是$\{1,2,3,...,n\}$的一种排列，$\pi (p)$指的是$p$的逆序对个数 ### 行列式的求法 如果我们直接用暴力的话时间复杂度为$\Theta (n\times n!)$,但是实际上我们可以对此进行优化。 ----------------------- #### 性质1 > 交换矩阵的任意两行，行列式变号 我们可以发现交换了两行以后，变化的只有符号位，但是如何说明一定为变成相反数呢？我们发现这个问题只与排列的逆序对数有关，下面引出一个命题来证明。 #### 定理1 > 一个排列交换其中任意两个元素，逆序对个数变化量为奇数 #### 证明1 显然。我们可以发现变化量只跟两个元素之间的元素有关，然后就很好证了，这里就不赘述了。 #### 性质2 > 矩阵的一行都乘以$k$,行列式也乘以$k$ #### 证明2 根据定义公式，显然。 #### 性质3 > 如果矩阵内有两行相等，那么行列式为$0$ #### 证明3 因为交换以后要变为相反数，但是可以看出变化前与变化后行列式一样，所以为了满足条件，行列式的值为$0$。 #### 性质4 > 如果一行是另一行的$k$倍，那么行列式值为$0$。 #### 证明4 由性质$2$和性质$3$显然。 #### 性质5 > 一行加上另一行的$k$倍，行列式不变。 #### 证明5 可以从行列式定义的式子下手。 我们可以把现矩阵的行列式拆成两个行列式相加，一个是原先矩阵的行列式，另一个是增长的行列式。 根据性质$4$,可以得到增长的行列式为$0$。 #### 性质6 > 一个上三角矩阵的行列式为斜边元素之积。 #### 证明6 根据公式显然。 -------------------------- 有了上面的$6$个性质，我们就可以用$\text {Gauss}$消元把原矩阵消成一个上三角矩阵，然后就好求了。 ### 模数非质数时的求法 如果模数非质数我们就不能直接用费马小定理或者拓展欧几里得了。 我们可以考虑用类似于辗转相除法的一种做法，我们一直去找其它行来尽可能抵消当前这一行，然后每一次操作就把两行进行一次尽可能的抵消，实际上就是辗转相除法。结局肯定与辗转相除法一样有一行该列终于变成了零。我们发现这个的时间复杂度也是$\Theta(n^3\log n)$的。 不过还是有$\Theta(n^3)$，不过因为我太弱了，这里先咕着。 upd on 2022/05/02： 之前就听说了辗转相除法是 $\Theta(n^3)$，但一直没有来改，现在来改一下吧。 ## 前置定义:Kirchhoff矩阵 $\text {Kirchhoff}$矩阵是指的对于一个图构造出来的一个矩阵。具体定义为度数矩阵减去邻接矩阵。 度数矩阵指的是: $$A_{i,j}= \begin{cases} degree_i,i=j\\ 0,i\not= j \end{cases}$$ 邻接矩阵应该就不用解释了。不过需要注意的是如果有重边的话应该算有多少条。 ## Matrix Tree定理 > 一个图中的生成树个数等于其$\text {Kirchhoff}$矩阵的任意一个 **代数余子式的行列式**。 ## Matrix Tree定理的证明 ### 性质1 一个图的$\text {Kirchhoff}$矩阵行列式为零。 ### 性质2 一个图的$\text {Kirchhoff}$矩阵的任一代数余子式的行列式相同。 ### 前置定义 我们定义一个图的关联矩阵$B$为: $$ \forall e_{k}=\{ u_k,v_k\} $$ $$ \exists B_{k,u_k}=1,B_{k,v_k}=-1 $$ 我们定义一个矩阵$A$的转置矩阵$A^T$为: $$A^T_{i,j}=A_{j,i}$$ ### 证明 首先我们可以得到,对于一个图，设它的$\text {Kirchhoff}$矩阵为$\text L$,关联矩阵为$\text B$,那么有: $$\text L=\text B \text B^T$$ 这个很好证明，只需要把式子列出来一下就好了。 ## Part$1$ > 对于一个非连通图$\text G$,$|L|=0$ ### 证明 $|L|$是$L$的行列式。我们再设$M_i$为$L$删去第$i$行第$i$列后得到的矩阵。 首先，我们考虑把$\text G$视作若干个强连通分量，就叫做$G_1,G_2,G_3,...,G_k$吧。 那么，我们可以考虑对$L$进行一下交换，把一个联通块内的元素在$L$排在相邻位置。就比如如果$1,2$在同一联通块，我们就可以第一行放$1$，第二行放$2$。 那么: $$ L= \begin{matrix} G_1 & 0 & 0 & ... & 0\\ 0 & G_2 & 0 & ... & 0\\ 0 & 0 & G_3 & ... & 0\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & ... & G_k \end{matrix} $$ 我们这个时候可以不去考虑符号位的变化，因为如果$|L|=0$也没有区别。 我们可以看出: $$|L|=|G_1|\times |G_2|\times ...\times |G_k| $$ 这个我们可以通过想象高斯消元过程来说明。因为最后消掉以后都是上三角矩阵，那么，对于$\forall i,G_i$都是上三角矩阵，那么就满足条件了。 又因为$\text {Kirchhoff}$矩阵的性质$1$,所以 $$\forall i,|G_i|=0$$ 所以$|M_i|=|L|=0$。 ## Part$2$ 我们考虑一棵树$G$。 可以通过数学归纳法说明$|M_i|=1$，这里就不赘述了。 ## Part$3$ 这里我们首先要提到一个定理: **Binet-Caucthy**定理 --------------------- ### $\text{Binet-Caucthy}$定理 > $|AB|=\sum_{|s|=n} |A_{p}B_{p}|$ 其中$A,B$不一定是方阵。$s$指的是一个从$\{1,2,3,..,m\}$中选出的一个集合。$A_p$表示$A$的列中只保留$s$中选中的列留下的矩阵。 由于作者水平有限，这里没有办法证明。（因为我太菜了） --------------------- 那么，我们就可以进行推导了。我们设$B_i$为$G$的关联矩阵$B$去掉$i$这一列的矩阵。可以得到: $$|M_i|=|B_i B^T_i|=\sum_{|s|=n-1} |{B_{i}}_p {B^T_i}_p|$$ 根据$\text {Part}2$,后面那部分只有在$s$选出来的边构成树的时候为$1$,其余时候皆为$0$。 于是原式就等于从$\text G$中选出$n-1$条边组成一棵树的方案数。 至此，证毕。 # $\text{Matrix Tree}$定理的应用 ## $\text {The 1st}$ [题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/SP104) ## 题目大意 给定一张无向图，求其生成树个数 ## $\text{Solution}$ 模板题。用$\text{Matrix Tree}$求解即可。不理解$\text {Matrix Tree}$定理的也可以通过阅读代码理解。 ## $\text {Code}$ [具体实现](https://www.luogu.com.cn/paste/rvkk0470) ## $\text {The 2nd}$ [题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P3317) ## 题目大意 有$n$个节点，$m$条边，每条边有$p_i$的概率留下来。求最后留下一棵树的概率。 ## $\text{Solution}$ 这道题给了我们一个启示，$\text {Matrix Tree}$定理其实是可以推广的。推广到一般情况，$\text {Matrix Tree}$其实求的是所有可能生成树边权之积的和。 这道题是求刚好留下一棵生成树的概率，那么，即是求: $$\sum_{\text {tree}} (\prod_{i\in \text {tree}} p_i \prod_{i\not \in \text {tree}}(1-p_i))$$ $$=\sum_{\text {tree}} (\prod_{i\in \text {tree}} p_i \frac{\prod_{i} (1-p_i)}{\prod_{i\in \text {tree}} (1-p_i)})$$ $$=\prod_{i=1} (1-p_i) \sum_{\text {tree}}{ \frac{p_i}{1-p_i}}$$ 这个时候我们只需要把 $\frac{p_i}{1-p_i}$ 视作第$i$条边的边权即可。那么一个点的度数就是所有以它为端点的边的边权和。 其实$\text {Matrix Tree}$定理还可以推广到有向图里面去，只需要建图的时候有方向性即可。 ## $\text {Code}$ [具体实现](https://www.luogu.com.cn/paste/fiwdu8x4) ## $\text {The 3rd}$ [题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P4336) ## 题目大意 有$n$个节点若干条条边，有$n-1$个公司，每个公司有可以修的边的名单，求每个公司刚好修一条路修出一棵树的方案数。 ## $\text {Solution}$ 这道题有两个限制，那我们就只好考虑容斥了。 如果我们直接算出$n-1$个公司修铁路的方案数，很显然，我们多算了。因为我们也算上了$n-2$个公司修的方案数，那我们就得减去$n-2$个公司修的方案数，那$n-2$个公司修的方案数又得减去$n-3$个公司修的方案数......以此类推，不难看出这就是个容斥了。 然后套一下矩阵树定理的板子就好了。 ## $\text{Code}$ [具体实现](https://www.luogu.com.cn/paste/m6wuif9j) ## $\text {The 4th}$ [题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF917D) ## 题目大意 给定一棵$n$个点的数，对于每个$k\in [0,n-1]$，求出恰好有$k$条边与给定树相同的生成树个数。 ## 思路 感谢 @EMT__Mashiro 的点拨。 我们上文提到了，其实矩阵树定理求的是: $$\sum_{T} \prod_{e_i \in T} w_{e_i}$$ $w_i$表示第$i$条边的权值。 我们对于这道题，我们其实可以发现，如果我们对于在给定树中出现的边赋值为$x$，未出现过的赋为$1$，那么，对于$k\in [0,n-1]$，答案就是: $$[x^k] \sum_{T} \prod_{e_i \in T} w_{e_i}$$ 但是我们显然不可能直接拿矩阵树定理套多项式吧？（常数爆炸警告！）我们可以发现这其实是一个$n-1$次的多项式，于是我们可以选$n$个点求到答案然后用高斯消元求到系数即可。 ## $\text {Code}$ [具体实现](https://www.luogu.com.cn/paste/3pe52c81) ## $\text {The 5th}$ [题目传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P6624) ## 题目大意 给出一个图，求出: $$\sum_{T}(\sum_{i=1,e_i \in T}^{n-1} w_{e_i}) \times gcd(w_{e_1},w_{e_2},w_{e_3},..,w_{e_{n-1}})$$ ## 思路 先讲个特别有趣的事情，这道题其实是$2020$省选$\text {Day2T3}$，然后恰好那天luogu日报就是这篇博客。。。 我们发现其实这个式子可以反演，就可以变成: $$\sum_{T}(\sum_{i=1,e_i \in T}^{n-1} w_{e_i}) \times \sum_{d|w_{e_1},d|w_{e_2},...,d|w_{e_{n-1}}} \varphi (d)$$ $$=\sum_{d=1} \varphi (d) \sum_{T} (\sum_{i=1,i_i \in T,d|w_{e_i}} w_{e_i})$$ 于是我们的问题就是如何求出后面那个东西，其实我们有了上一道的基础，我们可以把边权设为$1+xw_{e_i}$，那么，答案就是一次项的系数了。于是，我们就可以模拟一个一次多项式$\Theta(144 n^4)$解决了。（$\sqrt {152501}\approx144$）但是其实$\Theta(144n^4)$只是一个上界，实际上远远跑不满，只要剪枝剪得好就可以在$500\text {ms}$左右通过这道题。 ## 一个小小的拓展 其实矩阵树定理可以拓展到交换环上的元素。交换环就是说上面的元素都满足交换律。