矩阵树定理 学习笔记

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。

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。

说明

这两个性质都比较简单。我们可以想到一个图的\(\text {Kirchhoff}\)矩阵任一行的值都是\(0\),然后想象一下高斯消元就很好理解了。

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-Cauthy定理

---

\(\text{Binet-Cauthy}\)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

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

\(\text {The 2nd}\)

题目传送门

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

\(\text {The 3rd}\)

题目传送门

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

\(\text {The 4th}\)

题目传送门

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

\(\text {The 5th}\)

题目传送门

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。