[学习笔记]高斯消元、行列式、Matrix-Tree 矩阵树定理

一、前置芝士：高斯消元

https://blog.csdn.net/xyz32768/article/details/78574746

二、行列式的定义

一个 n n 阶方阵（行数和列数相等的矩阵） A A 的行列式为：

∑p是一个1到n的排列(−1)p的逆序对数∏i=1nA[i,pi] ∑ p 是 一 个 1 到 n 的 排 列 ( − 1 ) p 的 逆 序 对 数 ∏ i = 1 n A [ i , p i ]

记为 det(A) det ( A ) 或 |A| | A | 。

三、行列式的性质

（1） |A|=|AT| | A | = | A T |
（2） |AB|=|A||B| | A B | = | A | | B |
（3）矩阵的一行乘上 k k 之后，行列式乘上 k k 。
（4）如果矩阵的每一行内数的和都为 0 0 ，每一列内数的和都为 0 0 ，那么行列式为 0 0 。
（5）交换矩阵的两行或两列，行列式取反。
（6）矩阵的一行减去另一行的 k k 倍，行列式不变。
性质（6）是求解行列式的关键。

四、求解行列式

暴力求解是 O(n2×n!) O ( n 2 × n ! ) 的。
利用高斯消元求解行列式。
根据性质（6），我们可以 for i i 从 1 1 到 n n ，用第 i i 行把所有满足 j∈[i+1,n] j ∈ [ i + 1 , n ] 的位置 (j,i) ( j , i ) 消成 0 0 ，也就是用第 i i 行去消第 j j 行。
最后原矩阵被消成一个上三角矩阵（对于每个 1≤i≤n 1 ≤ i ≤ n ，第 i i 行前 i−1 i − 1 个元素全部为 0 0 的矩阵）。
显然这时候矩阵的行列式为对角线上元素的乘积。
复杂度 O(n3) O ( n 3 ) 。
代码：

double det(int n) {
    int i, j, k;
    For (i, 1, n) {
        int p = i;
        For (j, i + 1, n)
            if (fabs(mat[j][i]) > fabs(mat[p][i])) p = j;
        if (p != i) For (j, i, n) swap(mat[i][j], mat[p][j]);
        For (j, i + 1, n) {
            double tmp = mat[j][i] / mat[i][i];
            For (k, i, n) mat[j][k] -= mat[i][k] * tmp;
        }
    }
    double ans = 1;
    For (i, 1, n) ans *= mat[i][i];
    return ans;
}

如果行列式特别大且题目要求取模，则可以利用逆元：

int det(int n) {
    int i, j, k, res = 1;
    For (i, 1, n) {
        int qaq = qpow(a[i][i], ZZQ - 2);
        For (j, i + 1, n) {
            int tmp = 1ll * a[j][i] * qaq % ZZQ;
            For (k, 1, n) a[j][k] = (a[j][k] - 1ll * a[i][k] *
                tmp % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
        }
    }
    For (i, 1, n) res = 1ll * res * a[i][i] % ZZQ;
    return res;
}

如果模数不是质数，可以利用辗转相除的方法，复杂度多一个 log log 。
具体地，如果当前要用第 i i 行去消第 j j 行，那么：
（1）第 i i 行减掉第 j j 行的 ⌊A[i,i]A[j,i]⌋ ⌊ A [ i , i ] A [ j , i ] ⌋ 倍。这时候， A[i,i] A [ i , i ] 被消成 A[i,i]modA[j,i] A [ i , i ] mod A [ j , i ] 。
（2）交换第 i i 行和第 j j 行。注意，这个操作会导致行列式的取反，要用一个变量记录当前行列式是否被取反。
（3）如果 A[j,i]=0 A [ j , i ] = 0 ，我们就成功地用第 i i 行消去了第 j j 行。否则继续（1）（2）。
代码：

int solve() {
    int i, j, k; bool tr = 0;
    For (i, 1, n) For (j, i + 1, n) {
        int a = mat[i][i], b = mat[j][i];
        while (b) {
            int tmp = a / b; a %= b; swap(a, b);
            For (k, i, n) mat[i][k] = (mat[i][k] - 1ll * tmp * mat[j][k]
                % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
            For (k, i, n) swap(mat[i][k], mat[j][k]); tr ^= 1;
        }
    }
    int ans = 1; For (i, 1, n) ans = 1ll * ans * mat[i][i] % ZZQ;
    return tr ? (ZZQ - ans) % ZZQ : ans;
}

五、应用：生成树计数之矩阵-树定理

n n 阶无向图的一些定义：
邻接矩阵 A A ：有边 (i,j) ( i , j ) 则 A[i,j]=A[j,i]=1 A [ i , j ] = A [ j , i ] = 1 ，否则为 0 0 。特别地，如果图有重边，那么 A[i,j] A [ i , j ] 和 A[j,i] A [ j , i ] 等于边 (i,j) ( i , j ) 的条数。
度数矩阵 D D ： D[i,i] D [ i , i ] 为点 i i 的度数，即由 i i 发出的边数。 D D 其他位置的数为 0 0 。
基尔霍夫矩阵： C=D−A C = D − A 。
基尔霍夫矩阵每行内数的和和每列内的和都为 0 0 ，所以行列式为 0 0 。
余子式：一个矩阵 C C 的余子式 M[i,j] M [ i , j ] 表示 C C 去掉第 i i 行第 j j 列后得到矩阵的行列式。
矩阵-树定理，又称基尔霍夫定理。先说结论：
无向图的生成树个数等于其基尔霍夫矩阵 C C 的任意余子式 M[i,i] M [ i , i ] （注意是 M[i,i] M [ i , i ] 不是 M[i,j] M [ i , j ] ）的行列式。
如果图不连通，那么任意余子式 M[i,i] M [ i , i ] 为 0 0 。
证明：如果图不连通，那么每个连通块内的点构成的矩阵仍然是基尔霍夫矩阵。
而连通块不止一个，所以去掉第 i i 行第 i i 列之后，一定有一个连通块仍然是基尔霍夫矩阵，也就是行列式为 0 0 。

六、证明

一

首先证明：一棵树，其基尔霍夫矩阵的任意余子式 M[i,i] M [ i , i ] 等于 1 1 。
为了方便讨论，我们交换第 1 1 行和第 i i 行，再交换第 1 1 列和第 i i 列，我们要证明的只是 M[1,1] M [ 1 , 1 ] 。
定 1 1 为根。
将 2 2 到 n n 的点重新排列，使同一个子树内的点编号形成一个区间。
我们会发现，把第 1 1 行第 1 1 列去掉，就相当于分离了 1 1 的所有子树。
我们可以把这个 n−1 n − 1 阶方阵拆成 1 1 的度数个，每个小矩阵为一个子树的基尔霍夫矩阵，根为 r r 则矩阵第 r r 行第 r r 列加一。
易得 M[1,1] M [ 1 , 1 ] 为这些小矩阵的行列式之积（因为一个 a a 到 b b 的排列和一个 b+1 b + 1 到 c c 的排列合并起来，相当于对应 A A 位置的乘积相乘，逆序对数相加）。
我们还要引入一个定理：
将基尔霍夫矩阵的第 1 1 行第 1 1 列凭空加上 1 1 之后，行列式等于 1 1 。
我们考虑用归纳法同时证明两个结论。
考虑行列式的式子中，每个排列 p p 对行列式的贡献。
证明第二个结论：
先讨论 p1=1 p 1 = 1 时，易得这对行列式的贡献为（ 1 1 的度数加 1 1 ）再乘以所有子树的（根所在主对角线位置加 1 1 后得到的行列式），也就是 1 1 的度数加 1 1 。
再考虑如果 p1=i p 1 = i ，那么 i i 一定是 1 1 的子节点。 i i 的取法数为 1 1 的度数。
分析一下可以得到，这时候 pi p i 必须为 1 1 ，否则对行列式的贡献为 0 0 。
这样看上去对行列式的贡献为 1 1 ，但是由于 p1=i p 1 = i 和 pi=1 p i = 1 贡献了一个逆序对，对行列式的贡献为 −1 − 1 。
所以， p1≠1 p 1 ≠ 1 对行列式的贡献为 − − （ 1 1 的度数）。
贡献相加一下就证明了结论二。
于是结论一也得证。

二

一起来证明 Matrix-Tree 定理。
先构建一个辅助矩阵 B B ， 一个 m×n m × n 的矩阵， m m 为边数。
对于第 i i 条边 (u,v) ( u , v ) ， B[i,u]=1,B[i,v]=−1 B [ i , u ] = 1 , B [ i , v ] = − 1 。
易得 BTB=C B T B = C 。
根据 Binet-Cauthy 定理：

|AB|=∑|S|=n|AS∗B∗S| | A B | = ∑ | S | = n | A S ∗ B ∗ S |

AS∗ A S ∗ 表示 A A 只保留 列向量集合 S S 后得到的矩阵。
A∗S A ∗ S 表示 A A 只保留 行向量集合 S S 后得到的矩阵。
这个定理简单地说，一个 n×m n × m 的矩阵乘以一个 m×n m × n 的矩阵后的行列式，等于枚举一个大小为 n n 的集合 S S 且 S∈{1,2,...,m} S ∈ { 1 , 2 , . . . , m } ，求 A A 和 B B 分别只保留 S S 对应的列向量和行向量集合后的方阵乘积的行列式，并把所有 S S 对应求出的行列式加起来。
所以：
设 Ai,j A i , j 表示 A A 去掉第 i i 行第 j j 列后的子矩阵，

|Ci,i|=∑|S|=n−1|BTN/A,i,S∗Bi,N/A,∗S| | C i , i | = ∑ | S | = n − 1 | B N/A , i , S ∗ T B i , N/A , ∗ S |

=∑S=n−1|Ci,i(S)| = ∑ S = n − 1 | C i , i ( S ) |

C(S) C ( S ) 表示边集 S S 构成的基尔霍夫矩阵。
讨论下这个式子。
相当于在 B B 中选出 n−1 n − 1 条边。
（1）选出的边构成环或不连通。
实际上， n−1 n − 1 条边连通 n n 个点的形态只能是树。
所以构成环和不连通其实是一样的。
由之前证出的定理得到贡献为 0 0 。
（2）选出的边构成树。
根据基尔霍夫矩阵的性质，得到贡献为 1 1 。
于是得证！！！！！
实现时注意自环。

七、题目 & 推广

[BZOJ4031][HEOI2015]小Z的房间：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4031
[BZOJ4596][Shoi2016]黑暗前的幻想乡：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4596
Alice：为什么我们要证明矩阵-树定理呢？
Bob：在应用中，矩阵-树定理有一些拓展。
下面给出两种常见拓展。
（1）有向图生成树计数。
①内向树生成树计数。
A A 为邻接矩阵， D D 为出度矩阵。
C=D−A C = D − A 。
以 root r o o t 为根的内向生成树个数就是 C C 的余子式 M[root,root] M [ r o o t , r o o t ] 的行列式。
②外向树生成树计数。
A A 为邻接矩阵， D D 为入度矩阵。
C=D−A C = D − A 。
以 root r o o t 为根的外向生成树个数就是 C C 的余子式 M[root,root] M [ r o o t , r o o t ] 的行列式。
[BZOJ5297][Cqoi2018]社交网络：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5297
（2）边带权。
给定一个边带权的图，求其所有生成树的边权积之和。
A A 为边权矩阵， D D 为发出边权和矩阵。
即对于一条边 (u,v) ( u , v ) ，边权为 w w ， A[u,v]=A[v,u]=w A [ u , v ] = A [ v , u ] = w 。
当然如果有重边， A[u,v] A [ u , v ] 为所有边 (u,v) ( u , v ) 的权值和。
D[u,u] D [ u , u ] 等于由 u u 发出的所有边的权值之和。
对于任意 u≠v u ≠ v ， D[u,v]=0 D [ u , v ] = 0 。
C=D−A C = D − A 。
所有生成树的边权积之和等于 C C 的任意余子式 M[i,i] M [ i , i ] 的行列式。
[BZOJ3534][Sdoi2014]重建：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3534